vjezbe analiza ii 1 kolokvij
DESCRIPTION
vjezbeTRANSCRIPT
Vjeµzbe 1 i 2: Neodre�eni integrali - tabliµcni integrali, metod smjene i metodparcijalne integracije
Funkcija F se zove primitivna funkcija funkcije f na nekom razmaku (konaµcnom ili beskon-aµcnom, otvorenom ili zatvorenom), ako je funkcija F neprekidna i diferencijabilna u svakoj un-utra�njoj taµcki tog razmaka i ako vrijedi F 0(x) = f(x). Skup svih primitivnih funkcija funkcije fse naziva neodre�enim integralom funkcije f i oznaµcava saZ
f(x)dx.
Pi�emo Zf(x)dx = F (x) + C,
pri µcemu je C proizvoljna realna konstanta.U sljedecoj tablici su dati osnovni neodre�eni integrali:
1 oR0 dx = C
2 oRx�dx = x�+1
�+1 + C � 6= �13 o
Rdxx = ln jxj+ C
4 oRaxdx = ax
ln a + C 0 < � 6= �15 o
Rsinxdx = � cosx+ C
6 oRcosxdx = sinx+ C
7 oR
dxcos2 x = tgx+ C
8 oR
dxsin2 x
= �ctgx+ C
9 oR
dxp1�x2 =
�arcsinx+ C� arccosx+ C
10 oR
dx1+x2 =
�arctgx+ C�arcctgx+ C
11 oR
dxx2�1 =
12 ln
���x�1x+1
���+ C12 o
Rdxpx2�1 = ln
��x+px2 � 1��+ C13 o
Rshxdx = ch x+ C
14 oRchxdx = sh x+ C
15 oR
dxsh2x = �cthx+ C
16 oR
dxch2x = thx+ C
Neka je F (x) primitivna funkcija zadate funkcije f(x): Tada vrijedi:
i) ddx
�Rf(x)dx
�= f(x) ;
ii)RdF (x) = F (x) + C ;
iii)R[�f(x)]dx = �
Rf(x)dx, � 2 R ;
iv) za dvije funkcije f i g koje imaju primitivne funkcije na nekom razmaku vrijedi jednakostZ[f(x)� g(x)]dx =
Zf(x)dx�
Zg(x)dx.
1
Primjer 1 Izraµcunaj sljedece neodre�ene integrale:
i)R �4x3 + 2
px� 7x+ 2
p3�dx;
ii)R(x2 � 1)2dx;
iii)R �
8x3� 4x2+ 2
x
�dx;
iv)Rx2�x+1p
xdx;
v)R (px�2 3px)2
xdx;
vi)R q
xpxpxdx;
vii)R(x+ 3ex) dx;
viii)R23xexdx;
ix)Rcos2 x
2dx;
x)Rtg2xdx;
xi)R
x2
x2+1dx;
xii)R
dxx2�x4 .
Zadatak 1 Izraµcunati neodre�ene integrale:
i)Rx (x+ 1) (x� 2) dx;
ii)R �x� 1p
x
�3dx;
iii)R
dxx2+x4
;
iv)R2x+5x
10xdx;
v)Rsin2 x
2dx;
vi)Rcth2xdx.
Rezultat:
i)Rx (x+ 1) (x� 2) dx= 1
4x4 � 1
3x3 � x2 + C;
ii)R �x� 1p
x
�3dx= 3x+ 1
4x4 + 2p
x� 6
5x52 + C;
iii)R
dxx2+x4
= � arctanx� 1x + C;
iv)R2x+5x
10xdx= � 1
ln 5
�15
�x � 1ln 2
�12
�x+ C;
v)Rsin2 x
2dx= 1
2x�12 sinx+ C;
vi)Rcth2xdx= x� cthx+ C.
INeka je na nekom razmaku de�nirana sloµzena funkcija f ('(x)) i neka je funkcija t = '(x)
neprekidna na tom razmaku i diferencijabilna u svim unutra�njim taµckama tog razmaka; tada, akopostoji integral
Rf(t)dt, onda postoji i integral
Rf(' (x))'0 (x) dx i vrijedi jednakost:Z
f(' (x))'0 (x) dx =
Zf(t)dt jt='(x) .
Posljednju formulu zovemo formulom integriranja zamjene.Ako za funkciju t = '(x) na posmatranom razmaku postoji inverzna funkcija x = '�1(t), onda
prethodnu formulu moµzemo napisati u oblikuZf(t)dt =
Zf(' (x))'0 (x) dx jx='�1(t) ,
2
ili, ako promjenljivu integracije oznaµcimo sa x, moµzemo pisatiZf(x)dx =
Zf(' (t))'0 (t) dt jt='�1(x) .
Posljednju formulu nazivamo formulom integracije pomocu smjene promjenljive.
Primjer 2 Dokazati sljedece opce formule:
i)R
dxax+b =
1a ln jax+ bj+ C, a 6= 0;
ii)R
dxx2+a2 =
1aarctg
xa + C = �
1aarcctg
xa + C1, a 6= 0;
iii)R
dxpa2�x2 = arcsin
xjaj + C = � arccos
xjaj + C1, a 6= 0;
iv)Reaxdx = 1
aeax + C, a 6= 0.
Zadatak 2 Dokazati sljedece opce formule:
i)R
dxx2�a2 =
12a ln
���x�ax+a
���+ C, a 6= 0;ii)
Rdxpx2�a2 = ln
��x+px2 � a2��+ C, a 6= 0;iii)
Rsin axdx = � 1
a cos ax+ C, a 6= 0.
Primjer 3 Koristeci se formulom za smjenu promjenljive, izraµcunati sljedece neodre�ene integrale:
i)R
dxp7x2�8 ;
ii)Re2xdx;
iii)R
xdxp1�x2 ;
iv)Rx2px3 + 1dx;
v)R 3
px
x(px+ 3
px)dx;
vi)Rtgxdx;
vii)R sin
pxp
xdx;
viii)R
dxsin x ;
ix)R
dx2 sin2 x+3 cos2 x
;
x)Rln2 xx dx;
xi)R
dxchx ;
xii)R q
arcsin x1�x2 dx.
Zadatak 3 Izraµcunati sljedece neodre�ene integrale koristeci se metodom smjene promjenljive:
i)R �
xx5+2
�4dx;
ii)R
dx1+ 3
px+1
;
iii)R
exdxp4�e2x ;
iv)R
dxcos x ;
v)R
ln xxp1+ln x
dx;
vi)Rarctgex
chx dx.
Rezultat:
i)R �
xx5+2
�4dx = � 1
15
�x5 + 2
��3+ C;
ii)R
dx1+ 3
px+1
= 32
3
q(x+ 1)
2 � 3 3px+ 1 + 3 ln
��1 + 3px+ 1
��+ C;3
iii)R
exdxp4�e2x = arcsin
�12ex�+ C;
iv)R
dxcos x = ln
��tg �x2 + �4
���+ C;v)
Rln x
xp1+ln x
dx = 23 (lnx� 2)
p1 + lnx+ C;
vi)Rarctgex
chx dx = arctg2ex + C.
INeka su funkcije u (x) i v (x) neprekidne na nekom razmaku i diferencijabilne u svim njegovim
unutra�njim taµckama. Tada, ako na tom razmaku postoji integralRvu0dx, onda postoji i integralR
uv0dx, i vrijedi Zuv0dx = uv �
Zvu0dx tj.
Zudv = uv �
Zvdu.
Posljednja formula se zove formula parcijalne integracije.
Primjer 4 Koristeci metod parcijalne integracije rije�iti sljedece neodre�ene integrale:
i)Rlnxdx;
ii)Rx cosxdx;
iii)R �x2 + 3x� 1
�e�xdx;
iv)Rarccos2 xdx;
v)R p
a2 � x2dx, a 6= 0;
vi)Rln�x+
p4 + x2
�dx;
vii)Rarctg
pxdx;
viii)Rarcsin xx2 dx
ix)Re2x sin 3xdx;
x)Rxex cosxdx;
xi)Rcos (lnx) dx.
Zadatak 4 Koristeci metod parcijalne integracije rije�iti sljedece neodre�ene integrale:
i)Rxshxdx;
ii)R �x2 � 2x+ 3
�ln (x+ 1) dx;
iii)R
xdxcos2 x ;
iv)Rsinx ln tgxdx;
v)Rx2 arcsin 2xdx;
vi)Rln4 xdx.
Rezultat:
i)Rxshxdx = xchx� shx+ C;
ii)R �x2 � 2x+ 3
�ln (x+ 1) dx =
�x3
3 � x2 + 3x+ 13
3
�ln (x+ 1)� x3
9 +2x2
3 � 13x3 + C;
iii)R
xdxcos2 x = xtgx+ ln jcosxj+ C;
iv)Rsinx ln tgxdx = ln
��tg x2 ��� cosx ln tgx+ C;v)
Rx2 arcsin 2xdx = x3
3 arcsin 2x+2x2+136
p1� 4x2 + C;
vi)Rln4 xdx =
�ln4 x� 4 ln3 x+ 12 ln2 x� 24 lnx+ 24
�x+ C.
I
4
Vjeµzbe 3 i 4: Integracija racionalnih funkcija
1. Integracija pomocu razlaganja na parcijalne razlomkeSvaka racionalna funkcija na nekom razmaku, koji leµzi u njenoj oblasti de�niranosti, moµze se
predstaviti u vidu sume polinoma i elementarnih racionalnih (parcijalnih) razlomaka
A
(x� a)n ;Mx+N
(x2 + px+ q)n ; p
2 � 4q < 0; n 2 N:
Dakle, integracija racionalnih funkcija se svodi na razlaganje na parcijalne razlomke i integracijupolinoma i parcijalnih razlomaka. Integracija racionalnih razlomaka se svodi na sljedece sluµcajeve:
1)RAdxx�a = A ln jx� aj+ C;
2)R
Adx(x�a)n = �
A(n�1)(x�a)n�1 + C, n 6= 1;
3)R
Mx+Nx2+px+qdx =
M2
R (2x+p)dxx2+px+q+
�N � Mp
2
� Rdx
x2+px+q =M2 ln
�x2 + px+ q
�+�N � Mp
2
� Rdx
(x+ p2 )
2+q� p2
4
=
= M2 ln
�x2 + px+ q
�+
N�Mp2q
q� p2
4
arctgx+ p
2qq� p2
4
+ C;
4)R
Mx+N(x2+px+q)n dx =
M2
R (2x+p)dx(x2+px+q)n +
�N � Mp
2
� Rdx
(x2+px+q)n =
= M2
(x2+px+q)1�n
1�n +�N � Mp
2
� Rdx�
(x+ p2 )
2+q� p2
4
�n , n > 1.Posljednji integral se linearnom smjenom t = x+ p
2 svodi na integral oblika
Jn =
Zdx
(x2 + a2)n , n 2 N, a 6= 0.
Primjer 1 Izraµcunati sljedece integrale racionalnih funkcija:
i)R
3x+12x2+6x+13dx;
ii)R3x3�5x+8x2�4 dx;
iii)R
x2+2(x�1)(x+1)2 dx;
iv)R
3x+1(x�2)(x2+x+2)dx;
v)R (3x2�2)x(x+2)2(3x2�2x+4)dx;
vi)R
dxx4+1 :
Zadatak 1 Izraµcunati sljedece integrale racionalnih funkcija:
i)R
xdx2x2�3x�2 ;
ii)Rx5+x4�8x3�4x2 dx;
iii)Rx3+x+1x4�1 dx;
iv)R
x2
(x+1)(x3+1)dx.
Rezultat:
i)R
xdx2x2�3x�2 =
25 ln jx� 2j+
110 ln
��x+ 12
��+ C;ii)
Rx5+x4�8x3�4x2 dx =
13x
3 + 52x
2 + 20x+ 12 ln jxj �
2x +
1592 ln jx� 4j+ C;
iii)Rx3+x+1x4�1 dx = �
12 arctanx+
34 ln jx� 1j+
14 ln jx+ 1j+ C;
5
iv)R
x2
(x+1)(x3+1)dx =16 ln
��x2 � x+ 1��� 13(x+1) �
13 ln jx+ 1j+
p39 arctan
2x�1p3+ C.
I
Primjer 2 Pokazati da za integral Jn =R
dx(x2+a2)n , n 2 N, a 6= 0, vrijedi sljedeca rekurzivna
formula
Jn+1 =1
2na2
�x
(x2 + a2)n+ (2n� 1)Jn
�, n � 1,
pa izraµcunati integralR
dx(x2+1)3
.
Zadatak 2 Izraµcunati sljedece integrale:
i)Rx3+x2�4x+1(x2+1)2
dx;
ii)R
x4�2x2+2(x2�2x+2)2 dx.
Rezultat:
i)Rx3+x2�4x+1(x2+1)2
dx = arctanx+ 12 ln
�x2 + 1
�+ 5
2(x2+1) + C;
ii)R
x4�2x2+2(x2�2x+2)2 dx = x+ arctan (x� 1) + 2 ln
�x2 � 2x+ 2
�� x�3
x2�2x+2 + C.
I2. Metod OstrogradskogAko imamo pravu racionalnu funkciju P (x)
Q(x) koja ima vi�estrukih korijena, osobito kompleksnih,za njenu integraciju pogodno je koristiti formulu OstrogradskogZ
P (x)
Q (x)dx =
P1 (x)
Q1 (x)+
ZP2 (x)
Q2 (x)dx,
gdje je Q1 (x) polinom koji je najveci zajedniµcki djelilac polinoma Q (x) i njegovog izvoda Q0 (x),a Q2 (x) = Q (x) =Q1 (x), a polinomi P1 (x) i P2 (x) su polinomi µciji su stepeni za jedan manjiod stepena polinoma Q1 (x) i Q2 (x), respektivno. Koe�cijente polinoma P1 (x) i P2 (x) nalazimonakon diferenciranja formule Ostrogradskog i rje�avanja odgovarajuceg sistema jednadµzbi koji sedobije izjednaµcavanjem koe�cijenata uz stepene od x.
Primjer 3 Koristeci formulu Ostrogradskog, izraµcunati sljedece integrale racionalne funkcije:
i)R
dx(x+1)2(x2+1)2
;
ii)R
dxx3(x3+1)2
.
Zadatak 3 Koristeci formulu Ostrogradskog, izraµcunati sljedece integrale racionalne funkcije:
i)R
dx(x3�1)2 ;
ii)R
3x4+4x2(x2+1)3
dx:
Rezultat:
i)R
dx(x3�1)2 = �
x3(x3�1) �
29 ln jx� 1j+
19 ln
�x2 + x+ 1
�+ 2
p3
9 arctan 2x+1p3+ C;
ii)R
3x4+4x2(x2+1)3
dx = � 1857x4+103x2+32
x(x2+1)2� 57
8 arctanx+ C.
I
6
Vjeµzbe 5 i 6: Integracija nekih iracionalnih funkcija
1. Integrali oblikaRR
�x;�ax+bcx+d
� p1q1; : : : ;
�ax+bcx+d
� pnqn
�dx, pri µcemu je n 2 N, p1, p2,. . . ,pn 2 Z,
q1, q2,. . . , qn 2 N, a; b; c; d 2 R, ad� bc 6= 0Pomocu smjene
ax+ b
cx+ d= tm,
pri µcemu je m najmanji zajedniµcki sadrµzilac brojeva q1, q2,. . . , qn, integrali ovog oblika se svodena integrale racionalnih funkcija.
Primjer 1 Izraµcunati sljedece integrale iracionalnih funkcija:
i)R x+
px+
3px2
x(1+ 3px)dx;
ii)R
dx(2�x)
p1�x ;
iii)Rxq
x�1x+1dx;
iv)R
dx3p(2+x)(2�x)5
.
Zadatak 1 Izraµcunati sljedece integrale iracionalnih funkcija:
i)Rx 4px� 2dx;
ii)R p
x+1+2(x+1)2�
px+1
dx;
iii)R
3
qx+1x�1dx;
iv)R
dx6p(x�7)7(x�5)5
.
Rezultat:
i)Rx 4px� 2dx = 4
45 (x� 2) (5x+ 8)4px� 2 + C;
ii)R p
x+1+2(x+1)2�
px+1
dx = ln
���� (px+1�1)2x+2+px+1
����� 2p3arctg 2
px+1+1p3
+ C;
iii)R
3
qx+1x�1dx =
13 ln
t2+t+1t2�2t+1 +
2p3arctg 2t+1p
3+ 2t
t3�1 + C, t =3
qx+1x�1 ;
iv)R
dx6p(x�7)7(x�5)5
= �3 6
qx�5x�7 + C.
I2. Integrali oblika
R Pn(x)pax2+bx+c
dx, pri µcemu je Pn (x) polinom n�tog stepenaStavimo Z
Pn (x)pax2 + bx+ c
dx = Qn�1 (x)pax2 + bx+ c+ �
Zdxp
ax2 + bx+ c,
gdje je Qn�1 (x) polinom stepena (n� 1) sa neodre�enim koe�cijentima, a � je broj. Koe�cijentepolinoma Qn�1 (x) i broj � odre�ujemo diferenciranjem posljednje jednakosti.
Primjer 2 Izraµcunati sljedece integrale iracionalne funkcije:
i)R
x2dxpx2�x+1 ;
ii)Rx2px2 � 4dx.
7
Zadatak 2 Izraµcunati sljedece integrale iracionalne funkcije:
i)R p
x2 + 2x+ 2dx;
ii)R
x5dxp1�x2 :
Rezultat:
i)R p
x2 + 2x+ 2dx = 12 ln
��x+ 1 +px2 + 2x+ 2��+ 14 (2x+ 2)
px2 + 2x+ 2 + C;
ii)R
x5dxp1�x2 =
�� 15x
4 � 415x
2 � 815
�p1� x2 + C.
I
3. Integrali oblikaR
dx(x��)n
pax2+bx+c
, pri µcemu je n 2 N.Svode se na integrale prethodnog oblika pomocu smjene x� � = 1
t .
Primjer 3 Izraµcunati sljedece integrale iracionalne funkcije:
i)R
dx(x+1)3
px2+2x
;
ii)R
dxx5p1�x2 .
Zadatak 3 Izraµcunati sljedece integrale iracionalne funkcije:
i)R
dx(x3�x)
px2+x+4
;
ii)R
x2+x+1xpx2�x+1dx.
Rezultat:
i) Uputa: Rastaviti funkciju 1x3�x na parcijalne razlomke.R
dx(x3�x)
px2+x+4
= 12 ln
���x+8+4px2+x+4x
���� 12p6ln
���� 3x+9+2p6(x2+x+4)x�1
����� 14 ln
��� 7�x+4px2+x+4x+1
���+C;ii)
Rx2+x+1
xpx2�x+1dx =
px2 � x+ 1 + 3
2 ln��x� 1
2 +px2 � x+ 1
��� ln ��� 2�x+2px2�x+1x
���+ C.I
4. Integrali oblikaRR�x;pax2 + bx+ c
�dx, a 6= 0, b2 � 4ac 6= 0.
Integrali ovog oblika se mogu rje�avati pomocu Eulerovih smjena:
1)pax2 + bx+ c = �
pax� t, ako je a > 0;
2)pax2 + bx+ c = �xt�
pc, ako je c > 0;
3)pax2 + bx+ c = � (x� x1) t ili
pax2 + bx+ c = � (x� x2) t,
gdje su x1 i x2 razliµciti realni korjeni kvadratnog trinoma ax2 + bx+ c.
8
Primjer 4 Koristeci Eulerove smjene izraµcunati sljedece integrale:
i)R
dxx+
px2�x+1 ;
ii)R
dx1+px2+2x+2
;
iii)R p
x2+3x+2�xpx2+3x+2+x
dx.
Zadatak 4 Koristeci Eulerove smjene izraµcunati sljedece integrale:
i)R
dxx�
px2�x+1 ;
ii)R �p
x2+x+1�1x
�2dxp
x2+x+1;
iii)R
dxx+
px2�3x+2 .
Rezultat:
i)R
dxx�
px2�x+1 = 2 ln
��x�px2 � x+ 1��� 32 ln
��2x� 1� 2px2 � x+ 1��� 3
2(2x�1�2px2�x+1)
+C;
ii)R �p
x2+x+1�1x
�2dxp
x2+x+1= 2 1�
px2+x+1x + ln
��2x+ 1 + 2px2 + x+ 1��+ C;iii)
Rdx
x+px2�3x+2 =
49 ln jt+ 2j �
12 ln jt+ 1j+
118 ln jt� 1j �
16(t�1) + C, t =
px2�3x+2x�1 .
I
5. Integracija binomnog diferencijalaRxm (a+ bxn)
pdx, pri µcemu sum, n i p racionalni brojevi.
Posljednji integral moµzemo izraziti konaµcnom kombinacijom elementarnih funkcija samo usljedeca tri sluµcaja (uslovi µCebi�eva):
1) ako je p cijeli broj;
2) ako je m+1n cijeli broj. Koristimo smjenu a+ bxn = zs, pri µcemu je s nazivnik razlomka p;
3) ako je m+1n + p cijeli broj. Koristimo smjenu ax�n + b = zs.
Primjer 5 Izraµcunati sljedece integrale iracionalne funkcije:
i)R p
x (1 + 3px)�2dx;
ii)R 3p1+ 4
pxp
xdx;
iii)R
dxpx3
3p1+
4px3.
Zadatak 5 Izraµcunati sljedece integrale iracionalne funkcije:
i)Rx3�1 + 2x2
�� 32 dx ;
ii)R
dx
x2 3p(2+x3)5
;
iii)R
dxx3 3p2�x3 .
Rezultat:
i)Rx3�1 + 2x2
�� 32 dx = 1
21+x2p1+2x2
+ C;
ii)R
dx
x2 3p(2+x3)5
= � 3x3+4
8x 3p(2+x3)2
+ C;
iii)R
dxx3 3p2�x3 = �
3p(2�x3)24x2 + C.
I
9
Vjeµzbe 7 i 8: Integracija trigonometrijskih i hiperbolnih funkcija
1. Integrali oblikaRsinm x cosn xdx = Im;n, pri µcemu su m, n 2 Z.
i) Ako je m = 2k + 1 neparan pozitivan broj, onda stavljamo
Im;n = �Zsin2k x cosn xd (cosx) = �
Z �1� cos2 x
�kcosn xd (cosx) .
Analogno postupamo ako je n neparan pozitivan broj.ii) Ako su oba m i n parni pozitivni brojevi, onda se podintegralni izraz transformira pomocu
formulasin2 x =
1
2(1� cos 2x) , cos2 x = 1
2(1 + cos 2x) , sinx cosx =
1
2sin 2x.
iii) Ako su m = �� i n = �� cijeli negativni brojevi iste parnosti, pri µcemu je �+ � > 2, ondaje
Im;n =
Zdx
sin� x cos� x=
Zd (tgx)
sin� x cos��2 x=
Z �1
sin2 x
��2�
1
cos2 x
� ��22
d (tgx)
=
Z �1 +
1
tg2x
��2 �1 + tg2x
� ��22 d (tgx) =
Z �1 + tg2x
��+��22
tg�xd (tgx) .
Specijalno se na taj sluµcaj svode integrali oblikaZdx
sin� x=
1
2��1
Zd�x2
�sin� x
2 cos� x2
iZ
dx
cos� x=
Zd�x+ �
2
�sin�
�x+ �
2
� .iv) Integrali oblika
Rtgmxdx (ili
Rctgmxdx ), gdje jem cijeli pozitivan broj rje�avaju se pomocu
formuletg2x =
1
cos2 x� 1 (ili ctg2x =
1
sin2 x� 1).
v) Opcenito se integrali Im;n rje�avaju pomocu formula redukcije (rekurzivnih formula) koje senajµce�ce izvode kori�tenjem metoda parcijalne integracije.
Primjer 1 Izraµcunati sljedece integrale trigonometrijske funkcije:
i)Rsin2 x cos3 xdx;
ii)Rsin5 xdx;
iii)Rcos5 xsin3 x
dx;
iv)Rsin2 3x cos4 3xdx;
v)Rsin4 xdx;
vi)R
dxsin5 x cos3 x
;
vii)R
dxcos6 x ;
viii)R
dxsin3 x
;
ix)Rctg3xdx;
x)Rtg4 x5dx.
10
Zadatak 1 Izraµcunati sljedece integrale trigonometrijske funkcije:
i)Rsin3 x cos4 xdx;
ii)Rsin3 x3 cos
5 x3dx;
iii)Rsin2 x2 cos
2 x2dx;
iv)Rcos6 3xdx;
v)R
dxsin2 x cos4 x
;
vi)R
dxsin x
2 cos3 x2;
vii)Rcos2 xsin5 x
dx;
viii)R �ctg42x� tg32x
�dx.
Rezultat:
i)Rsin3 x cos4 xdx = 1
7 cos7 x� 1
5 cos5 x+ C;
ii)Rsin3 x3 cos
5 x3dx =
34 sin
4 x3 � sin
6 x3 +
38 sin
8 x3 + C;
iii)Rsin2 x2 cos
2 x2dx =
18x�
116 sin 2x+ C;
iv)Rcos6 3xdx = 5
16x+112 sin 6x+
164 sin 12x�
1144 sin
3 6x+ C;
v)R
dxsin2 x cos4 x
= tgx+ 13 tg
3x� 2ctg2x+ C;
vi)R
dxsin x
2 cos3 x2= 1
cos2 x2+ 2 ln
��tg x2 ��+ C;vii)
Rcos2 xsin5 x
dx = � cos x4 sin4 x
� 3 cos x8 sin2 x
� 18 ln
��tg x2 ��+ 18
1tg2 x2
� 18 tg
2 x2 + C;
viii)R �ctg42x� tg32x
�dx = � 1
6ctg32x+ 1
2ctg2x+ 2x�1
4 sin2 2x� 1
2 ln jsin 2xj+ C.
I
2. Integrali oblikaRsinmx cosnxdx,
Rsinmx sinnxdx i
Rcosmx cosnxdx:
Koristimo sljedece formule:
i) sinmx cosnx =1
2[sin (m+ n)x+ sin (m� n)x] ,
ii) sinmx sinnx =1
2[cos (m� n)x� cos (m+ n)x] ,
iii) cosmx cosnx =1
2[cos (m� n)x+ cos (m+ n)x] .
Primjer 2 Izraµcunati sljedece integrale trigonometrijske funkcije:
i)Rsinx sin 3xdx;
ii)Rsin 2x cos 4xdx;
iii)Rcos x3 cos
4x3 dx;
iv)Rsin2 x sin (3x+ 1) dx.
Zadatak 2 Izraµcunati sljedece integrale trigonometrijske funkcije:
i)Rsin (3x+ 2) cos (x� 1) dx;
ii)Rcosx cos 3x cos 5xdx;
iii)Rsin2 2x sin2 3xdx.
Rezultat:
11
i)Rsin (3x+ 2) cos (x� 1) dx = � 1
4 cos (2x+ 3)�18 cos (4x+ 1) + C;
ii)Rcosx cos 3x cos 5xdx = 1
4 sinx+112 sin 3x+
128 sin 7x+
136 sin 9x+ C;
iii)Rsin2 2x sin2 3xdx = 1
4x+116 sin 2x�
116 sin 4x�
124 sin 6x+
180 sin 10x+ C.
I
3. Integrali oblikaRR (sinx; cosx) dx, pri µcemu je R racionalna funkcija.
i) Pomocu smjene
tgx
2= t,
odakle je
sinx =2t
1 + t2, cosx =
1� t21 + t2
, x = 2arctgt, dx =2dt
1 + t2,
integracija se svodi na integraciju racionalne funkcije po novoj promjenljivoj t.ii) Ako vrijedi identitet
R (� sinx;� cosx) � R (sinx; cosx) ,
moµze se koristiti smjena tgx = t. Tada je
sinx =tp1 + t2
, cosx =1p1 + t2
, x = arctgt, dx =dt
1 + t2.
iii) Ako vrijedi identitet
R (� sinx; cosx) � �R (sinx; cosx) , odnosno R (sinx;� cosx) � �R (sinx; cosx) ,
moµze se koristiti smjena cosx = t, odnosno sinx = t.
Primjer 3 Izraµcunati sljedece integrale trigonometrijske funkcije:
i)R
dx3+5 cos x ;
ii)R
sin x1�sin xdx;
iii)Rcos x�sin xcos x+sin xdx;
iv)R
dxcos x+2 sin x+3 ;
v)R
dxcos6 x+sin6 x
;
vi)R
dxp3 cos x+sin x
;
vii)R
dxcos x(1+sin x) ;
viii)Rsin x+sin3 xcos 2x dx;
ix)R
dx2 cos2 x+sin x cos x+sin2 x
;
x)R
dx3+3 sin 2x�4 cos2 x ;
xi)R
sin 2xsin4 x+cos4 x
dx.
Zadatak 3 Izraµcunati sljedece integrale trigonometrijske funkcije:
i)R
dx4�sin x ;
ii)R
tgxtgx�3dx;
iii)R
dxcos x+sin x ;
iv)R
sin 2xdx3+4 sin2 x
;
v)R
dxcos 2x�sin 2x ;
vi)R
dx5+cos2 x ;
vii)R
cos xsin3 x+cos3 x
dx;
viii)R1�sin x+cos x1+sin x�cos xdx.
12
Rezultat:
i)R
dx4�sin x =
2p15arctg
4tg x2�1p15
+ C;
ii)R
tgxtgx�3dx =
110 (x+ 3 ln jsinx� 3 cosxj) + C;
iii)R
dxcos x+sin x =
1p2ln��tg �x2 + �
8
���+ C;iv)
Rsin 2xdx3+4 sin2 x
= 14 ln
�3 + 4 sin2 x
�+ C;
v)R
dxcos 2x�sin 2x =
12p2ln��� tgx+1+p2tgx+1�
p2
���+ C;vi)
Rdx
5+cos2 x =1p30arctg
�q56 tgx
�+ C;
vii)R
cos xsin3 x+cos3 x
dx = 16 ln
(tgx+1)2
tg2x�tgx+1 +1p3arctg 2tgx�1p
3+ C;
viii)R1�sin x+cos x1+sin x�cos xdx = �x+ 2 ln
��� tg x2tg x2+1
���+ C.I
4. Integrali hiperbolnih funkcija.Integriranje hiperbolnih funkcija potpuno je analogno integriranju trigonometrijskih funkcija.
Pri tome se koriste sljedece formule:
1) ch2x� sh2x = 1; 2) sh2x = 1
2(ch2x� 1) ;
3) ch2x =1
2(ch2x+ 1) ; 4) shxchx =
1
2sh2x.
Primjer 4 Izraµcunati sljedece integrale hiperbolne funkcije:
i)Rsh3xdx;
ii)R
dxshxch2x ;
iii)Rth3xdx;
iv)R
dx2shx+3chx .
Zadatak 4 Izraµcunati sljedece integrale hiperbolne funkcije:
i)Rch4xdx;
ii)R
dxsh2xch2x ;
iii)Rcth4xdx;
iv)R
dxsh2x+ch2x .
Rezultat:
i)Rch4xdx = 3
8x+14sh2x+
132sh4x+ C;
ii)R
dxsh2xch2x = �2cth2x+ C;
iii)Rcth4xdx = x� cthx� 1
3cth3x+ C;
iv)R
dxsh2x+ch2x = arctg(thx) + C.
I
13
Vjeµzbe 9 i 10: Integracija pomocu trigonometrijskih i hiperbolnih smjena. Odre�eniintegral
1. Primjena trigonometrijskih i hiperbolnih smjena na odre�ivanje integrala oblikaRR�x;pax2 + bx+ c
�dx,
pri µcemu je R racionalna funkcijaTransformacijom kvadratnog trinoma ax2+bx+c u sumu ili razliku kvadrata, integral svodimo
na jedan od sljedecih tipovai)RR�z;pm2 � z2
�dz, na koji se moµze primijeniti smjena z = m sin t ili z = mtht;
ii)RR�z;pm2 + z2
�dz, na koji se moµze primijeniti smjena z = mtgt ili z = msht;
iii)RR�z;pz2 �m2
�dz, na koji se moµze primijeniti smjena z = m
cos t ili z = mcht.
Primjer 1 Izraµcunati sljedece integrale koristeci trigonometrijske ili hiperbolne smjene:
i)R p
3� 2x� x2dx;
ii)R
dx(1+x2)
p1�x2 ;
iii)R
dx
(x2�2x+5)32;
iv)R p
x2 � 2x+ 2dx;
v)R p
x2 + xdx;
vi)R
dx(x�1)
px2�3x+2 .
Zadatak 1 Izraµcunati sljedece integrale koristeci trigonometrijske ili hiperbolne smjene:
i)R
x2p9+x2
dx;
ii)R p
x2 � 6x� 7dx;
iii)Rxpx2 + x+ 1dx;
iv)R p
x� 4x2dx.
Rezultat:
i)R
x2p9+x2
dx = 12xpx2 + 9� 9
2 ln��x+px2 + 9��+ C;
ii)R p
x2 � 6x� 7dx = 12 (x� 3)
px2 � 6x� 7� 8 ln
��x� 3 +px2 � 6x� 7��+ C;iii)
Rxpx2 + x+ 1dx =
(x2+x+1)32
3 � 2x+18
px2 + x+ 1� 3
16 ln��x+ 1
2 +px2 + x+ 1
��+ C;iv)
R px� 4x2dx = 8x�1
16
px� 4x2 + 1
64 arcsin (8x� 1) + C.
I
2. Odre�eni integrali: osnovne osobine, Newton-Leibnizova formula
bZa
f (x) dx = lim�(P )!0
nXi=1
f (�i)4xi,
pri µcemu je P podjela [a; b]: a = x0 < x1 < x2 < : : : < xn = b, 4xi = xi � xi�1, i = 1; n,�i 2 [xi�1; xi], i = 1; n, i parametar podjele � (P ) = max
i4xi, ukoliko limes postoji i konaµcan je.
Za odre�ene integrale vrijede sljedece osobine:
i)bRa
dx = b� a;
14
ii) ako je funkcija f integrabilna na [a; c] i [c; b], to je ona integrabilna na [a; b] i vrijedi
bZa
f (x) dx =
cZa
f (x) dx+
bZc
f (x) dx, a � c � b;
iii) ako su funkcije f i g integrabilne na [a; b], i �; � 2 R, onda je
bZa
(�f (x) + �g (x)) dx = �
bZa
f (x) dx+ �
bZa
g (x) dx;
iv) ako je funkcija f integrabilna na [a; b], onda su funkcije F (x) =xRa
f (t) dt i G (x) =bRx
g (t) dt
neprekidne na tom segmentu;v) ako je funkcija f integrabilna na [a; b] i neprekidna u taµcki x0 2 [a; b], onda je funkcija
F (x) =xRa
f (t) dt diferencijabilna u taµcki x0 i F 0 (x0) = f (x0). Pri istim uslovima je i funkcija
G (x) =bRx
f (t) dt diferencijabilna u taµcki x0 i G0 (x0) = �f (x0);
vi) ako je funkcija f neprekidna na [a; b], to za njenu proizvoljnu primitivnu funkciju F vrijediformula
bZa
f (x) dx = F (x)jba = F (b)� F (a) .
Ova formula se naziva Newton-Leibnizova formula.
Primjer 2 Izraµcunati sljedece odre�ene integrale pomocu integralnih suma:
i)2R�1x2dx;
ii)1R0
exdx;
iii)�2R0
sinxdx;
iv)bRa
dxx2 , 0 < a < b.
Zadatak 2 Izraµcunati sljedece odre�ene integrale pomocu integralnih suma:
i)�2R0
cosxdx;
ii)bRa
xmdx, 0 < a < b, m 6= �1;
iii)bRa
dxx , 0 < a < b.
Rezultat:
i) 1;
ii) bm+1�am+1
m+1 . Koristiti podjelu taµckama xi = aqi, q = n
qba . ;
iii) ln ba .
I
15
Primjer 3 Dokazati da Dirichletova funkcija f (x) =�1; ako je x racionalan na [0; 1] ;0; ako je x iracionalan na [0; 1] ;
nije
Riemann integrabilna na [0; 1].
Zadatak 3 Konstruisati funkciju f takvu da ona nije Riemann integrabilna na [0; 1] , a da funkcijajf j jeste Riemann integrabilna na [0; 1].
Rezultat: Takva je npr. funkcija f (x) =�
1; ako x 2 Q \ [0; 1] ;�1; ako x 2 I \ [0; 1] :
I
Primjer 4 Ako su funkcije ' i diferencijabilne na [a; b], A � ' (x) � B, A � (x) � B zaa � x � b, a funkcija f neprekidna na [A;B], onda je funkcija
F (x) =
(x)Z'(x)
f (t) dt; a � x � b;
diferencijabilna na [a; b] i vrijedi
d
dx
(x)Z'(x)
f (t) dt = f ( (x)) 0 (x)� f (' (x))'0 (x) .
Naci sljedece izvode:
i) ddx
bRa
cosx2dx;
ii) ddb
bRa
cosx2dx;
iii) dda
bRa
cosx2dx;
iv) ddx
x3Rx2
dtp1+t4
.
Zadatak 4 Dokazati formulu o diferenciranju integrala po gornjoj i donjoj granici iz prethodnogprimjera.
Primjer 5 Izraµcunati sljedece integrale koristeci Newton-Leibnizovu formulu:
i)2R�1
�x3 � 2x2 + x� 1
�dx;
ii)4R1
dxpx;
iii)�R0
sinxdx;
iv)1R0
x2dx1+x6 ;
v)�1R�2
x+1x2(x�1)dx;
vi)1R0
dxpx2+2x+2
;
vii)eR1
dxx(1+ln2 x)
;
viii)1R0
xe�xdx;
ix)�2R0
dx1+sin x+cos x ;
x)2R0
j1� xj dx.
Zadatak 5 Izraµcunati sljedece integrale koristeci Newton-Leibnizovu formulu:
16
i)1R0
�x+
px+
3px2�dx;
ii)9R2
3px� 1dx;
iii)2R0
sh3xdx;
iv)1R0
dx4x2+4x+5 ;
v)1R0
p4� x2dx;
vi)12R0
arcsinxdx.
Rezultat:
i)1R0
�x+
px+
3px2�dx = 53
30 ;
ii)9R2
3px� 1dx = 45
4 ;
iii)2R0
sh3xdx = 13
�2� 3ch2 + ch32
�;
iv)1R0
dx4x2+4x+5 =
14arctg
47 ;
v)1R0
p4� x2dx = �
3 +p32 ;
vi)12R0
arcsinxdx = �12 +
p32 � 1.
I
Primjer 6 Izraµcunati sljedece limese pomocu odre�enih integrala:
i) limn!1
�1
n+1 +1
n+2 + : : :+12n
�;
ii) limn!1
n�
1n2+12 +
1n2+22 + : : :+
12n2
�;
iii) limn!1
1n
�sin �n + sin
2�n + : : :+ sin
(n�1)�n
�;
iv) limn!1
�1p
4n2�12 +1p
4n2�22 + : : :+1p
4n2�n2
�.
Zadatak 6 Izraµcunati sljedece limese pomocu odre�enih integrala:
i) limn!1
1n
�q1 + 1
n +q1 + 2
n + : : :+p1 + n
n
�;
ii) limn!1
�1n2 +
2n2 +
3n2 + : : :+
2n�1n2
�;
iii) limn!1
�13
n4 +23
n4 +33
n4 + : : :+(4n�1)3n4
�;
iv) limn!1
pn!n .
Rezultat:
i) 23
�2p2� 1
�;
ii) 2;
iii) 64;
iv) e�1.
I
17