Neodredjeni Integral

MATEMATIČKI FAKULTET

BEOGRAD

Seminarski rad iz metodike nastave Matematike II:

NEODREĐENI INTEGRAL

Šabac 2008 Student: Vlado Stojković Br. Indeksa: 475/06

Seminarski rad iz metodike nastave matematike II – Neodređeni integral

2

Sadržaj:

1. Zadatak određivanja površine…………………………….………………….3-5 2. Primitivna funkcija..........................................................................................5-7 3. Neodređeni integral.........................................................................................7-10 4. Osobine neodređenog integrala.......................................................................10-12 5. Metoda zamene................................................................................................12-14 6. Metod parcijalne integracije............................................................................14-18 7. Kombinovanje raznih metoda..........................................................................18-20 8. Integracija racionalnih funkcija........................................................................20-24 9. Integracija nekih iracionalnih funkcija.............................................................24-25 10. Integracija trigonometrijskih funkcija..............................................................25-26 11. Razni zadaci......................................................................................................26-27


3

1. ZADATAK ODREĐIVANJA POVRŠINE U geometriji se definiše površina figura kao što su pravougaonik, paralelogram, trougao, mnogougao, itd. Uopšte ako imamo neku figuru koju možemo razbiti na konačan broj trouglova, tada je njena površina jednaka zbiru površina ovih trouglova. Takve figure koje se razbijaju na konačan broj trouglova zovu se elementarne. Određivanje površina elementarnih figura rešava se u okviru geometrije. Šta je površina figure koju ograničavaju luk parabole y=x2, x-osa i ordinata ove parabole koja odgovara apcisi x?

Ili, uopšte, ako je data funkcija f :[a, b] R, šta je površina figure koju ograničvaju x-osa, grafik funkcije i ordinate koje odgovaraju tačkama a i b?

Skup tačaka koje čine ovu figuru zove se ordinatni skup. Pošto ordinatni skup nije elementarna figura i ne može se razbiti na konačan broj trouglova, susrecemo se ovde sa dva pitanja: prvo, kako za ovakve figure definisati pojam površine i drugo, kako izračunati površinu ako smo je već definisali?


4

Podrazumevajući pojam površine kao intuitivno jasan, razmotrimo pitanje izračunavanja, tj. pronalaženja neke formule za određivanje površine ordinatnog skupa.

Označimo sa P(x) površinu dela ordinatnog skupa između ordinata u tačkama a i x, x∈[a, b]. Tada se P(x) može shvatiti kao funkcija od x. Pretpostavljajući da je f neprekidno, pokušajmo da nađemo izvod funkcije P=P(x). Neka je Δ P priraštaj koji odgovara priraštaju Δ x nezavisno promenljive. Uzimajući da su malo m i veliko M najmanja i najveća vrednost funkcije f na intervalu [ x, x+ Δ x ], imamo dva pravouganika, jedan upisan, sa visinom m u deo ordinatnog skupa nad [ x, x+ Δ x ], a drugi opisan, sa visinom M. Tada je: m Δ x ≤ Δ P ≤ M Δ x, odakle sledi:

m ≤Px

Δ≤

ΔM

Kad Δ x 0, tada veličine m i veliko M teže vrednosti funkcije f u tački x, jer je f neprekidna. Dakle:

0 0 0lim ( ) lim ( ) limx x x

Pm f x f x MxΔ → Δ → Δ →

Δ= ≤ ≤ =

Δ, odnosno P′(x)=

0lim ( )x

P f xxΔ →

Δ=

Δ, pa je funkcija

P (x) takva da je njen izvod jednak baš funkciji f (x). Pošto ćemo u formulaciji zadatka određivanja površine ordinatnog skupa imati datu funkciju f , tada će se funkcija P određivati uslovom da je njen izvod P′ jednak fukciji f . Znamo da P nije time potpuno određeno, jer će osim jedne funkcije P za koju je

P′= f biti isto ( P+C ) ′= f , gde je C proizvoljna konstanta. Ipak P će biti potpuno određeno uz dopunski uslov P (a)=0, koji znači da je površina dela ordinatnog skupa, koji se sastoji samo od ordinate u tački a, jednak 0.


5

U primeru sa parabolom y x= 2, P (x) treba da bude funkcija čiji je izvod x2, a to je

funkcija 3

3x , odnosno funkcija

3

3x +C gde C može biti bilo koja konstanta. Ali, P (0)=0 je

samo za C=0, pa je P (x)= 3

3x i to je formula za određivanje površineordinatnog skupa

parabole 2y x= . Znači određivanje površine ordinatnog skupa funkcije y= f (x) svodi se na određivanje funkcije P (x) takve da je P′(x)= f (x), u kom slučaju da je P (x) primitivna funkcija od f (x), a za klasu funkcija P (x)+C kazemo da predstavlja neodređeni integral od f (x).

Sada se srećemo sa postupkom koji je obrnut diferenciranju, jer umesto da tražimo izvod jedne funkcije tražimo funkciju preko njenog izvoda. Ovaj postupak se zove integracija.

2. PRIMITIVNA FUNKCIJA Ranije smo upoznali pojam izvoda realne funkcije realne promenljive i operaciju nalaženja izvoda f ′ date funkcije f . Prirodno je posmatrati i obrnuti problem: Naći funkciju F ako je poznat njen izvod F′. Primer 1. Naći funkciju F:R R ako je poznat njen izovd F′= f :R R, f (x)=2x. Rešenje: Koristeći tablicu izvoda zaključujemo zbog (x2) ′=2x, x∈R, da je funkcija F (x)=x2, x∈R, tražena funkcija. Međutim, ovo nije jedina takva funkcija. Na primer, funkcija F1(x)=x2+5, x∈R, zadovoljava F1′ (x)=(x2+5) ′=2x, x∈R, pa i ona predstavlja traženu funkciju. Definicija 1. Funkcija F je primitivna funkcija za funkciju f na nekom intervalu ako je F diferencijabilna na tom intervalu i za sve x iz tog intervala je F′(x)= f (x). Imajući u vidu primer 1 zaključujemo da je funkcija F (x)= x2 primitivna funkcija za funkciju f (x)=2x na skupu R i da je funkcija F1(x)= x2+5 primitivna funkcija za istu funkciju na R. Vidimo da za datu funkciju f njena primitivna funkcija na nekom interavalu, ako postoji, nije jednoznačno određena.


6

Teorema 1. Ako je F(x) primitivna funkcija za f (x) na intervalu S, onda je i svaka funkcija F(x)+C, gde je C proizvoljna realna konstanta, primitivna funkcija za f (x) na intervalu S. Dokaz: Neka je C proizvoljan realan broj i neka je F primitivna funkcija za funkciju f na intervalu S. Onda je, za sve x S∈ ispunjeno F′(x)= f (x), ali je isto tako, za sve x S∈ , ispunjeno (F(x)+C) ′=F′(x)= f (x). Dakle, onda je svaka od funkcija F(x)+C, gde C∈R, primitivna funkcija za funkciju f (x) na intervalu S.

Postavlja se pitanje da li skup funkcija {F(x)+C| C∈R} sadži sve primitivne funkcije f (x) na intervalu S, ako je F(x) jedna njena primitivna funkcija na S.

Potvrdan odgovor daje sledeća teorema. Teorema 2. Ako su F(x) i G(x) primitivne funkcije za funkciju f (x) na intervalu S, onda postoji realna konstanta C takva da je, za sve x∈S, F(x)-G(x) jednako C. Dokaz: Posmatrajmo funkciju F(x)-G(x), x∈S. Ona je diferencijabilna na S i važi ( F(x)-G(x)) ′=F′ (x) -G′ (x) = f (x)- f (x)=0 za sve x∈S. Odavde na osnovu jedne od posledica Lagranžove teoreme sledi da je F(x)-G(x) konstantna fukcija na S, što je trebalo dokaati. Primer 2. Data je funkcija f (x)=3x2, x∈R, naći:

a) Sve njene primitivne funkcije b) Onu primitivnu funkciju koja sadrži tačku ( 0, 1 ).

Rešenje:

a) Znamo da je (x3) ′=3x2 pa je funkcija F(x)= x3, x R∈ , jedna od primitivnih funkcija naše funkcije f (x). Onda je skup svih njenih primitivnih funkcija

{ x3+C| C R∈ }


7

b) F(x)= x3+C F(0)=03+C 1=03+C 1=C Pa je F(x)= x3+1 tražena primitivna funkcija.

3. NEODREĐENI INTEGRAL Definicija 2. Neka funkcija f na intervalu S ima primitivnu funkciju. Neodređeni integral funkcije f na intervalu S je skup svih njenih primitivnih funkcija na S; označavaćemo ga sa

( )f x dx∫ . Imajući u vidu već upoznate činjenice u vezi sa primitivnim funkcijama date funkcije zaključujemo: ako je F jedna od primitivnih funkcija za f na S, onda je na S

( ) { ( ) }f x dx F x C C R= + ⏐ ∈∫ Jednostavnosti radi, piše se:

( ) ( )f x dx F x C= +∫ Simbol ∫ je znak integrala, f (x) je podintegralna funkcija, a izraz f (x) dx je

podintegralni izraz. Sama oznaka ( )f x dx∫ čita se: integral od ( )f x dx . Kako je F primitivna funkcija za f na S, što znači da je za sve x ∈S ispunjeno F′(x)= f (x), uočavamo da podintegralni izraz f (x)dx predstavlja diferencijal funkcije F, pa imamo da je:

1) ( ) ( ) ( )f x dx dF x F x C= = +∫ ∫ . Diferencijal proizvoljnog elementa neodređenog integrala jednak je njegovom podintegralnom izrazu tj.

2) ( ) ( )d f x dx f x dx=∫ . Iz relacija 1 i 2 zaključujemo da su operacija diferenciranja i operacija integracije međusobno inverzne. Naći neodređeni integral neke funkcije f na intervalu S znači naći sve primitivne funkcije f na S.


8

Primer 3. Naći 3 ,x dx x R∈∫

Rešenje: Iz ( )5 45x x′ = dobijamo da je 5 415

x x⎛ ⎞′ =⎜ ⎟⎝ ⎠

, pa je 4 515

x dx x C= +∫

Primer 4. Naći 3 ,x dx x R∈∫

Rešenje: Kako je (3 ) 3 ln 3x x′ = , to je 3( ) 3ln 3

xx′ = , pa je 33

ln 3

xxdx C= +∫ .

Primer 5. Naći cos3 ,xdx x R∈∫

Rešenje: Kako je (sin 3 ) 3cos3x x′ = , to je 1( sin 3 ) cos33

x x′ = , pa je

1cos3 sin 33

xdx x C= +∫ .


9

Prisećajući se pojedinih osnovnih izvoda, možemo prema njima napisati tablicu osnovnih integrala:

Sve ove formule proveravaju se na taj način što pokažemo da je izvod funkcije na desnoj strani jednak odgovarajućim podintegralnim funkcijama. U definiciji primitivne funkcije stoji da je S, nad kojim je F′ (x) =f(x) neki interval, koji predstavlja domen podintegralne funkcije. Na primer kod formule

biće S=(-1, 1)


10

Kod formule (3) u tablici integrala, skup S= ( ,0) (0, )−∞ ∪ +∞ . Tada primitivna funkcija treba da bude ona čiji je izvod jednak podintegralnoj funkciji nad svakim od tih intervala

Jer je 1

1(ln )x Cx

+ ′ = za (0, )x ∈ +∞

2 21 1(ln ) (ln( ) ) ( 1)x C x Cx x

| | + ′ = − + ′ = − =−

za ( ,0)x ∈ −∞ .

4. OSOBINE NEODREĐENOG INTEGRALA

Teorema 3. Neka funkcije f 1 i f 2 imaju primitivne funkcije na S. Onda funkcija f 1+ f 2 ima primitivnu funkciju na S i važi:

2 21 1( ( ) ( )) ( ) ( )f x f x dx f x dx f x dx+ = +∫ ∫ ∫ Dokaz: Neka je F1 primitivna funkcija za f 1 i F2 primitivna funkcija f 2 na S. Onda je za sve x S∈ ispunjeno 1 1( ) ( )F x f x′ = , 2 2( ) ( )F x f x′ = , pa je

1 2 1 2 1 2( ( ) ( )) ( ) ( ) ( ) ( )F x F x F x F x f x f x+ ′ = ′ + ′ = + . Zbog toga je:

2 1 21( ( ) ( )) ( ) ( )f x f x dx F x F x C+ = + +∫ , gde je C proizvoljna konstanta. S druge strane je

2 1 2 1 21( ( ) ( ) ( ) ( )f x dx f x dx F x F x C C+ = + + +∫ ∫ . Kako su C, C1, C2 proizvoljne konstante, skupovi funkcija 1 2{ ( ) ( ) }F x F x C C R+ + | ∈ i

1 2 1 2 1 2{ ( ) ( ) , }F x F x C C C C R+ + + | ∈ su jednaki, pa je tvrđenje dokazano. Teorema 4. Neka funkcija f ima primitivnu funkciju na S i neka je \{0}a R∈ . Onda funkcija af ima primitivnu funkciju na S i važi ( ) ( )af x dx a f x dx=∫ ∫ .


11

Dokaz: Neka je F primitivna funkcija za f na S. Onda je za sve x S∈ ispunjeno ( ) ( )F x f x′ = ′ , pa je ( ( )) ( ) ( )aF x aF x af x′ = ′ = . Zbog toga je 1( ) ( )af x dx aF x C= +∫ gde je 1C

proizvoljna realna konstanta. S druge strane je 2( ) ( )f x dx F x C= +∫ gde je 2C

proizvoljna realna konstanta, pa je 2 2( ) ( ( ) ) ( )a f x dx a F x C aF x aC= + = +∫ . Skupovi funkcija 1 1{ ( ) }aF x C C R+ | ∈ i 2 2{ ( ) }aF x aC C R+ | ∈ su jednaki. Posledica: Neka funkcije f 1 i f 2 imaju primitivne funkcije na S i neka su a i b realni brojevi različiti od nule.Onda funkcija 1 2( ) ( )af x bf x+ ima primitivnu funkciju na S i važi

1 2 1 2( ( ) ( )) ( ) ( )af x bf x dx a f x dx b f x dx+ = +∫ ∫ ∫ . Primer 6. Naći: ∫ 3 2(7 8 3)x x dx− +

4 33 2 3 2 3 2(7 8 3) 7 8 3 7 8 3 7 8 3

4 3x xx x dx x dx x dx dx x dx x dx dx x C− + = − + = − + = − + +∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

Primer 7.

Naći: 3

4

1 x dxx+

∫

3 4

4 4 4 3

1 1 1 1 1 1( ) ln ln4 1 3

x xdx dx dx dx x C x Cx x x x x x

−+= + = + = + | | + = − + | | +

− +∫ ∫ ∫ ∫

Primer 8.

Naći: 4 2

2

21

x x dxx+

+∫

4 2 2 2 32 2

2 2 2 2

2 ( 1) 1 1 1( 1 ) ( 1 ) arc1 1 1 1 3

x x x xdx dx x dx x dx dx dx x tgx Cx x x x+ + −

= = + − = + − = + − ++ + + +∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫


12

Primer 9.

Naći: ∫2

2 4

1 3sincos cos

x dxx x

−−

2 2 2 2 2

2 4 2 2 2 2

2 2

2 2 2 2 2 2

1 3sin 1 sin 2sin cos 2sincos cos cos (1 cos ) cos sin

cos sin 1 12 2 2cos sin cos sin sin cos

x x x x xdx dx dxx x x x x x

x xdx dx dx dx ctgx tgx Cx x x x x x

− − − −= = =

− −

− = − = − − +

∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫ ∫

Određivanje integrala je mnogo složenije od traženja izvoda, pa ćemo sada izložiti neke posebne metode koje se mogu primeniti na računanje pojedinih integrala. Pri tome uvek pretpostavljamo da posmatrana podintegralna funkcija ima primitivnu funkciju na posmatranom intervalu.

5. METODA ZAMENE Ova metoda zasiva se na diferenciranju ložene fukcije. U formulacijama teorema koje slede koristiće se pojam neprekidno diferencijabilne funkcije na intervalu. To je funkcija koja je diferencijabilna na posmatranom intervalu i njen je izvod neprekidna funkcija na tom intervalu. Teorema 5. Neka funkcija f (x) ima primitivnu funkciju F(x) na intervalu S i neka je :T Sϕ → neprekidno diferencijabilna funkcija na intervalu T tj. ( ),x t t T= ϕ ∈ . Onda funkcija

( ( )) )f t tϕ ϕ′( ima na T primitivnu funkciju ( ( ))F tϕ , pa je na T ( ( )) ( ) ( ( ))f t t dt F t Cϕ ϕ′ = ϕ +∫ .

Dokaz: Složena funkcija ( ( ))F tϕ je diferencijabilna i važi ( ( ( )) ( ( )) ( )F t F t tϕ ′ = ′ ϕ ϕ′ . Pošto je ( )F x primitivna funkcija za ( )f x na S, i za t T∈ je ( )t Sϕ ∈ , to je

( ( )) ( ( ))F t f t′ ϕ = ϕ na T, odakle sledi tvrđenje teoreme.


13

Primer 10. Naći: cos( 2)x dx−∫ Funkcija ( ) 2u x x= ϕ = − preslikava ( , )−∞ +∞ na interval ( , )−∞ +∞ , neprekidno je diferencijabilna na intervalu ( , )−∞ +∞ i ( ) 1xϕ′ = . Zbog toga se dati integral može pisati u obliku

cos( 2) cos sin sin( 2)x dx udu u C x C− = = + = − +∫ ∫ ( ) 2u x x= ϕ = − du dx= Primer 11. Naći: 10(5 1)x dx+∫ Ovaj integral možemo naći neposrednom integracijom ako prvo izvršimo stepenovanje binoma. Međutim, to bi bilo neracionalno. Metod zamene znatno skraćuje posao. 5 1u x= +

10 1110 11 111 1 1(5 1) (5 1)

5 5 11 55 55u ux dx du C u C x C+ = = + = + = + +∫ ∫ 5du dx=

15

dx du=

Primer 12.

Naći: ∫ 2 2 2dx

x x+ +

2 2 2 2 ( 1)2 2 2 1 1 ( 1) 1 1dx dx dx du arctgu C arctg x C

x x x x x u= = = = + = + +

+ + + + + + + +∫ ∫ ∫ ∫

1u x= + du dx=


14

Primer 13.

Naći: sindx

x∫ 2xu =

2

2sinsin 2sin cos sin cos2sin cos cos

2 2 cos

dx dx du du dux x ux u u u u u

u

= = = = =∫ ∫ ∫ ∫ ∫ 2u x=

2du dx=

2cos ln ln ln2

dudz xz C tgu C tg C

tgu z= = | | + = | | + = | | +∫ ∫

tgu z=

2

1cos

du dzu

=

Za uspešno korišćenje ovog metoda neophodna je veština prepoznavanja u podintegralnom izrazu funkcije ϕ koja će na opisani način dovesti do toga da se zamenom promenljive integracija pojednostavi.

6. METOD PARCIJALNE INTEGRACIJE Poznato je da se izvod proizvoda dveju diferencijabilnih na intervalu S funkcija u i v nalazi po formuli ( ( ) ( )) ( ) ( ) ( ) ( )u x v x u x v x u x v x′ = ′ + ′ , a diferencijal proizvoda takvih dveju funkcija je ( ( ) ( )) ( ) ( ) ( ) ( )d u x v x v x du x u x dv x= + . Ako su funkcije u i v neprekidno diferencijabilne, onda imajući u vidu svojstvo neodređenog integrala i da su operacije nalaženja diferencijala i nalaženja neodređenog integrala u određenom smislu inverzne operacije dobijamo:

( ( ) ( )) ( ) ( ) ( ) ( )d u x v x v x du x u x dv x= +∫ ∫

( ( ) ( )) ( ) ( ) ( ) ( )d u x v x v x du x u x dv x= +∫ ∫ ∫

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )u x v x v x du x u x dv x= +∫ ∫

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )u x v x v x du x u x dv x− =∫ ∫

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )u x dv x u x v x v x du x= −∫ ∫

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )u x v x dx u x v x v x u x dx′ = − ′∫ ∫


15

Ovaj postupak za nalaženje neodređenog integrala zove se metod parcijalne integracije. Ovom se metodom možemo koristiti ako: Umemo da nađemo jednu primitivnu funkciju ( )v x za ( )v x′ i drugo umemo da nađemo integral ( ) ( )v x du x∫ . Metod parcijalne integracije primenjujemo ako su ove dve integracije jednostavne. Ocenu o tome da li je primena metoda parcijalne integracije opravdana i da li smo izbor funkcije ( )u x i diferencijala ( )dv x uspešno izveli, dobićemo na osnovu toga da li je dobijeni integral ( ) ( )v x du x∫ jednostavan i da li ga umemo naći. Primer 14. Naći: xxe dx∫ Izaberimo:

x x xxe dx xe e dx= −∫ ∫ ( )u x x= ( ) xdv x e dx= x x xxe dx xe e C= − +∫ ( )du x dx= ( ) x xv x e dx e= =∫

Primer 15. Naći: ln xdx∫ lnu x=

1ln lnxdx x x x dxx

= −∫ ∫ ln lnx x dx x x x C= − = − +∫ 1du dxx

=

dv dx= v x=


16

Primer 16. Naći: arctgxdx∫

2

11

arctgxdx xarctgx x dxx

= − =+∫ ∫ u arctgx=

21xxarctgx dxx

− =+∫ 2

11

du dxx

=+

21 ln( 1)2

xarctgx x C− + + dv dx=

v x=

22

1 1 12 ln ln( 1)1 2 2 2

dux dudx u x

x u u= = = | |= +

+∫ ∫ ∫ 2 1u x= +

2du xdx=

2

duxdx =

Primer 17. Naći: cosxI e xdx= ∫ Primenjujući metod parcijalne integracije, stavljajući xe u= , xdu e dx= , cos xdx dv= ,

sinv x= .

cos sin sinx x xI e xdx e x e xdx= = −∫ ∫ Primenimo metod parcijalne integracije ponovo, stavljajući da je:

sin ( cos cos )x x xI e x e x e dx= − − + ∫ xe u= i

sin cos cosx x xI e x e x e dx= + − ∫ xdu e dx=

1sin cosx xI e x e x I C= + − + sindv xdx= 12 sin cosx xI e x e x C= + + cosv x= −

11 ( sin cos )2

x xI e x e x C= + +

(sin cos )2

xeI x x C= + +


17

Primer 18. Integrali

2 2 , 1, 2,...( )

n n

dxI nx a

= =+∫

Određuju se pomoću rekurentne formule. Naime uzimajući

2 2

1 , 1( )nu vx a

= ′ =+

1v′ =

2 2 12 2 2 2 2 1

1 2( ) 2( ) ( )

nn n

nxu n x a xx a x a

−+′ = − + = −

+ + v x=

Imamo:

2 2 2 2 1

2I( ) ( )

n n n

x nxx dxx a x a +

−= −

+ +∫

2

2 2 2 2 12( ) ( )n n

xx n dxx a x a += +

+ +∫

2 2 2

2 2 2 2 12( ) ( )n n

x a ax n dxx a x a +

+ −= +

+ +∫

2 22

2 2 2 2 1 2 2 12 ( )( ) ( ) ( )n n n

x ax dxn dx ax a x a x a+ +

+= + −

+ + +∫ ∫

2 22

2 2 2 2 1 2 2 12 2( ) ( ) ( )n n n

x ax dxn dx nax a x a x a+ +

+= + −

+ + +∫ ∫

212 2 2 I 2 I

( )n nn

x n nax a

+= + −+

21 2 22 I (2 1) I

( )n n n

xna nx a

+ = − ++

1 2 2 2 2

1 2 1I I2 ( ) 2

n nn

x nna x a na

+−

= ++

- rekurentna formula

Nađimo integral: 1 2 2I dxx a

=+∫

Smena: x at= dx adt=


18

1 2 2 2 2 2 2 2

1 1 1I(1 ) 1

dx adt dt dt xarctgt C arctg Cx a a t a a t a t a a a

= = = = = + = ++ + + +∫ ∫ ∫ ∫

I2, I3, ... mogu se izračunati iz rekurentne formule.

7. KOMBINOVANJE RAZNIH METODA

Neki određeni integrali se mogu nalaziti kombinovanjem već upoznatih metoda, uz eventualno korišćenje nekih poznatih identičnosti. Primer 19. Naći: sin cos3x xdx∫ Koristeći trigonometrijsku identičnost

1sin cos (sin( sin(2

α β = α + β) + α −β)) dobijamo:

1sin cos3 (sin( 3 ) sin( 3 ))2

x x x x x x= + + −

1 (sin 4 sin 2 )2

x x= −

1sin cos3 (sin 4 sin 2 )2

x xdx x x dx= −∫ ∫

1 (sin 4 sin 2 )2

x x dx= −∫

1 ( sin 4 sin 2 )2

xdx xdx= −∫ ∫

1 cos 4 cos 2( )2 4 2

x x C= − + +

1 1cos 4 cos 28 4

x x C= − + +


19

Primer 20.

Naći: 22 2

dxx x+ −

∫

Imamo da je 2 22 2 3 ( 1)x x x+ − = − − . Da bi podintegralna funkcija bila definisana, mora

biti 1 3x| − |< , pa ovaj integral možemo posmatrati na intervalu (1 3,1 3)S = − + . Smenom 1 3, 3x t dx dt− = = , nalazimo

2 2 2 2

3 32 2 3 ( 1) 3 3 3 1

dx dx dt dtx x x t t

= = = =+ − − − − −

∫ ∫ ∫ ∫

2

1arcsin arcsin31

dt xt C Ct

−= + = +

−∫

Primer 21.

Naći: 2

21x dx

x−∫

2

2 2

21 1

1xI dx x x x dx

x= = − − − − −

−∫ ∫ ,u x du dx= =

2 21 1x x x dx= − − + −∫ 21

xdx dvx

=−

22

2

111

xx x dxx

−= − − +

−∫ 21v x= − −

22

2 2

111 1

xx x dx dxx x

= − − + −− −

∫ ∫

211 arcsinx x x I C= − − + − +

212 1 arcsinI x x x C= − − + +

2 11 arcsin2 2xI x x C= − − + +

Upoznali smo razne metode za nalaženje neodređenih integrala. Pokazaćemo kako se navedene metode mogu iskoristiti za nalaženje integrala određenih tipova i time rešiti problem integracije funkcija koje pripadaju određenim klasama.


20

8. INTEGRACIJA RACIONALNIH FUNKCIJA

Funkcije oblika ( )( )

m

n

P xQ x

, gde su ( )mP x i ( )nQ x polinomi ( stepena m odnosno n ), zovu se

racionalne funkcije. Tako su na primer, funkcije 2

4 2

51

xx x

++ +

, 3

2 1x

x +,

2

2

3 11

x xx x

+ −+ +

…

racionalne ili funkcije ( )k

Ax a−

, 2( )k

Mx Nx bx c

++ +

, 1, 2...k = 2 4 0b c− <

Poažimo kako se integrale funkcije:

Ax a−

, ( )k

Ax a−

, 2( )k

Mx Nx bx c

++ +

, 1, 2...k = 2 4 0b c− <

Primer 22. Naći:

, ,A dx A a Rx a

∈−∫

Smenom ,x a u dx du− = = dobijamo:

ln lnA Adx du A u C A x a Cx a u

= = | | + = | − | +−∫ ∫

Primer 23.

, , , , 1( )k

A dx A a R k N kx a

∈ ∈ >−∫

Smenom kao u prethodnom primeru dobijamo:

1 1( ) (1 ) ( 1)( )k k k k

A A A Adx du C Cx a u k u k x a− −= = + = − +

− − − −∫ ∫

Primer 24.

22 , , , , , 4 0Mx N dx M N b c R b c

x bx c+

∈ − <+ +∫

Napišimo imenilac datog razlomka u kanonskom obliku 2

2 2( )2 4b bx bx c x c+ + = + + − pa

uvedimo smenu 2bx u+ = . Dati integral postaje:


21

2 2 22

( )2

44

bM u N Mu Pdu duc b u eu

− + +=

− ++∫ ∫ , gde smo stavili

224,

2 4b c bN P e−

− = = ( pošto je

2 4 0b c− < ). Sada možemo dobijeni integral da predstavimo kao zbir dva integrala:

2 2 2 2 2 2

Mu P Mu Pdu du duu e u e u e

+= +

+ + +∫ ∫ ∫

2 2

Mu duu e+∫ nalazimo smenom 2 2 ,

2dzu e z udu+ = = .

2 22 2 ln( )

2Mu Mdu u e C

u e= + +

+∫ , a drugi smenom ,u z du edze

= =

2 2

P P udu arctg Cu e e e

= ++∫

Konačno dobijamo da je :

2 22

2

ln( )2

2 2ln( )2

Mx N M P ud u e arctg Cx bx c e e

b bN xM x bx c arctg Ce e

+= + + + =

+ +

− ++ + + +

∫

Primer 25.

22 , , , , , 4 0, , 1

( )n

Mx N dx M N b c R b c n N nx bx c

+∈ − < ∈ >

+ +∫

Slično prethodnom primeru, smenom 2bx u+ = , dati integral se svodi na integrale

2 2( )n

uduu e+∫ i 2 2( )n

duu e+∫ .

Prvi integral se lako nalazi smenom 2 2 , 2u e z udu dz+ = =

2 2 1 2 2 1

1 1 1( ) 2 2( 1) 2( 1)( )n n n n

udu dz C Cu e z n z n u e− −= = − + = − +

+ − − +∫ ∫

Drugi integral je 18. primer iz parcijalne integracije. Integracija proizvoljne racionalne funkcije može se svesti na nalaženje integrala oblika:

, ,A dx A a Rx a

∈−∫


22

, , , , 1( )k

A dx A a R k N kx a

∈ ∈ >−∫

22 , , , , , 4 0Mx N dx M N b c R b c

x bx c+

∈ − <+ +∫

22 , , , , , 4 0, , 1

( )n

Mx N dx M N b c R b c n N nx bx c

+∈ − < ∈ >

+ +∫

Racionalne funkcije oblika 2,( ) ( )k n

A Mx Nx a x bx c

+− + +

, zovu se prosti razlomci. Neka je dat

integral racionalne funkcije ( )( )

m

n

P x dxQ x∫ , gde su ( )mP x i ( )nQ x polinomi. Moguća su dva

slučaja: Da je stepen polinoma ( )mP x manji od stepena polinoma ( )nQ x , tj. da je data funkcija “pravi razlomak” ili je stepen polinoma ( )mP x veći ili jednak stepenu polinoma ( )nQ x . Ako je stepen polinoma u brojiocu m veći ili jednak od stepena polinoma u imeniocu n , podelimo ova dva polinoma, pa ćemo dobiti kao količnik polinom koji znamo da integralimo i ostatak koji je polinom stepena manjeg od n . Zato je bitno da razmotrimo slučaj kad je n > m . Dokazuje se da se svaki polinom ( )Q x može napisati u obliku

2( ) ...( ) ...( ) ...k mQ x x a x bx c= − + + i da racionalnu funkciju ( )( )

P xQ x

možemo rastaviti na zbir

prostih razlomaka, s tim što faktor ( )kx a− donosi sabirke 1 2

2 ...( ) ( )

k

k

A A Ax a x a x a

+ + +− − −

,

a faktor 2( )mx bx c+ + sabirke: 1 1 2 2

2 2 2 2...( ) ( )

m m

m

A x B A x B A x Bx bx c x bx c x bx c

+ + ++ + +

+ + + + + + pri čemu su 1A ,

2A ,…, kA ; 1A , 1B , 2A , 2B ,…, mA , mB konstante koje treba naknadno odrediti. Uzmimo nekoliko primera. Primer 26.

Naći integral 2 1dx

x −∫

Podintegralna funkcija je racionalna funkcija, definisana za sve realne vrednosti x različite od 1 i -1. Njen se imenilac može rastaviti na linearne cinioce: 2 1 ( 1)( 1)x x x− = − + . Ako uočimo

“proste” racionalne funkcije 1

Ax −

i 1

Bx +

, gde su A i B realni brojevi, jasno je da bi naša

podintegralna funkcija mogla biti jednaka zbiru takve dve proste racionalne funkcije, za


23

podesno određene vrednosti koeficijenata A i B . Dakle, potražimo A , B R∈ , takve da je za sve \{ 1,1}x R∈ − , ispunjeno:

2

11 1 1

A Bx x x

= +− − +

što možemo opisati u obliku 2

11x − 2

( )1

A B x A Bx

+ + −=

−. Ovo će biti

tačno ako i samo ako je, za sve \{ 1,1}x R∈ − , 1 ( )A B x A B= + + − . Kao što znamo, dva polinoma su jednaka akko imaju sve koeficijente jednake. Dakle, 0A B+ = i 1A B− = ,

što je ekvivalentno sa 12

A = , 12

B = − .

Na taj način smo pokazali da je za sve \{ 1,1}x R∈ −

2

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

= −− − +

, što predstavlja razlaganje naše funkcije.

1ln 11

dx x Cx

= | − | +−∫ , 2ln 1

1dx x C

x= | + | +

+∫ zbog toga je za \{ 1,1}x R∈ − ,

2

1 1 1 1 1( ) ( )1 2 1 1 2 1 1

dx dxdx dxx x x x x

= − = −− − + − +∫ ∫ ∫ ∫

1 1 1(ln 1 ln 1 ) ln2 2 1

xx x C Cx

−= | − | − | + | + = | | +

+

Primer 27.

Naći 2 ( 1)dx

x x −∫

2 2

1( 1) 1

A B Cx x x x x

= + +− −

ako pomnožimo obe strane relacije sa 2 ( 1)x x − dobijamo:

21 ( 1) ( 1)Ax x B x Cx= − + − + 21 ( ) ( )A C x B A x B= + + − −

0, 0, 1A C B A B+ = − = − = Pa je: 1, 1, 1A B C= − = − = Dakle:

2 2 2

1 1 1 1 1 1 1( 1) 1 1x x x x x x x x

− −= + + = − − +

− − −

2 2

1 1 1 1( 1) 1

dx dx dxx x x x x

= − − +− −∫ ∫ ∫ ∫

1 1 1ln ln 1 ln xx x C Cx x x

−= − | | + + | − | + = + | | +


24

Primer 28.

Naći: 4

2 1x dx

x +∫

4 2 2

42

2 2

( 1)( 1) 1

111 1

x x x

x xx x

= + − +

= − ++ +

42 2

2 2 2

3

1 1( 1 )1 1 1

3

x dx x dx x dx dx dxx x x

x x arctgx C

= − + = − ++ + +

= − + +

∫ ∫ ∫ ∫ ∫

9. INTEGRACIJA NEKIH IRACIONALNIH FUNKCIJA Za neke klase funkcija moguće je dati “opšta upustva” za nalaženje njihovih integrala na taj način što se podesnim smenama integrali takvih funkcija svode na integrale racionalnih funkcija. Integrali oblika:

2( , )R x x a dx+∫ i 2( , )R x a x dx−∫ Odrđuju se pomoću Ojlerovih smena.

2( , )R x x a dx+∫ , smenom 2x a+ x t= + 2 2 22x a x xt t+ = + +

2

2 2

2

2

,2 2

a t xt

a t t ax dx dtt t

− =

− += = −

se svodi na integral racionalne funkcije

2( , )R x a x dx−∫ , 0a > , smenom 2a x a xt− = +

2

21

2( 1)

atxt

adx dtt

= −+

= −+

se svodi na integral racionalne funkcije.


25

10. INTEGRACIJA TRIGONOMETRIJSKIH FUNKCIJA

Integrali oblika (sin ,cos )R x x dx∫ svode se na integrale racinalnih funkcija smenom

2

2, ,2 2 1x x duu tg arctgu dx

u= = =

+ s tim što se koriste relacije:

22

2 22 2

2 1 122 2sin ,cos1 11 1

2 2

x xtg tg uux xx xu utg tg

− −= = = =

+ ++ +

Primer 29.

Naći: sin cos

dxx x+∫

2

2 2 2

2 2

21 2 2

12sin cos 2 1 2 11 1

duudx du du

uux x u u u uu u

+= = = −

−+ − + + − −++ +

∫ ∫ ∫ ∫

2 2 2

2 22 2 2( 1) 2 2 2 2( 1)

du dz dzu z z

= − = − = −− − − −∫ ∫ ∫ smena: 1 2u z− =

2

1 12 2 ln1 2 1

dz z Cz z

−= − = − | | +

− +∫ 2du dz=

1 12 2ln 12 1

2

u

Cu

−−

−= | | +

−+

1 22 1 2 2 2ln ln2 21 2 1 2

2

xtgu C Cxu tg

− −− − − −= | | + = | | +

− + − +

Opisana smena 2xtg u= je dakle univerzalna i pogodna za nalaženje svakog integrala

opisanog tipa. Međutim, često ona dovodi do integrala racionalne funkcije koja je nepotrebno komplikovana. U nekim slučajevima racionalizacija može da se postigne nekim drugim smenama, pri čemu su dobijene funkcije jednostavnije.


26

U integralima oblika:

1) 2 2( ( ) )R x kx l m dx+ +∫ koristi se smena kx l mtgt+ =

2) 2 2( ( ) )R x kx l m dx− + +∫ koristi se smena sinkx l m t+ =

3) 2 2( ( ) )R x kx l m dx+ −∫ koristi se smena cos

mkx lt

+ =

Smene su tako odabrane da realizuju eliminaciju korena.

11. RAZNI ZADACI Primer 30.

Naći: 23 ( 1)( 1)

dxx x− +

∫

311 1

x dxx x+

=− +∫ smena: 3

11

xx+−

t=

2

3 2

11 2 13 ln 31 2 ( 1) 3

t tdt tarctg Ct t

+ + += − = + +

− −∫ 3

3

11

txt

+=

−

23 3 3

23

1 1 1( ) 1 2 11 1 1 1ln 32 31( 1)

1

x x xx x xarctg C

xx

+ + ++ + +

− − −= + ++

−−

2

3 2

6( 1)

t dtdxt−

=−


27

Primer 31.

Naći: 2 1

dxx x x+ − +

∫

2

2

2 2

1(2 1)21 1

2 1 2 1

t tt dt

t ttt t

− +−

=− −

+ −− −

∫ smene: 2 1x x t x− + = −

2

2

2 12(2 1)(2 )

t t dtt t t

− +=

− −∫ 2 2 21 2x x t tx x− + = − +

2

2

2 12(2 1)

t t dtt t

− +=

−∫ 2 1

2 1txt−

=−

3 1 32ln ln 2 12 2 1 2

t t Ct

= − + | | − | − | +−

2

2

12(2 1)t tdx dt

t− +

=−

Gde je: 2 1t x x x= + − + . Primer 32. Naći: 23 2x x dx+ −∫

24 ( 1)x dx= − −∫ smena: 1 2sinx t− = 24 4sin 2cost tdt= −∫ 2cosdx tdt=

24 cos 2 (1 cos 2 ) 2 2sin costdt t dt t t t C= = + = + +∫ ∫

21 12arcsin 3 22 2

x x x x C− −= + + − +


28

LITERATURA:

1. Dr. Milosav Marijanović Matematika za IV razred srednjih stručnih škola, Zavod za udžbenike i nastavna sredstva Srbije, Beograd 1972.

2. Z. Kadelburg, V. Mićić, S. Ognjanović Analiza sa algebrom 4, Krug, Beograd 1999.

3. V. Mićić, Z kadelburg, P. Mladenović Matematika za IV razred srednjih škola, “Bakar” Bor. 1991.

4. Jovan D. Kečkić Matematika sa zbirkom zadataka za IV razred gimnazije, Nauka, Beograd 1990.

Documents

Neodredjeni Integral