Matematika 2. Boris Širola

Transcript

1 Mtemtik 2 (. Riemnnov integrl) Boris Širol predvnj

2

3 . Riemnnov integrl 3 Pretpostvimo d immo neku neprekidnu relnu funkciju f, definirnu n nekom segmentu; tj., nek je dn neprekidn funkcij f : [, b] R. Pretpostvimo, rdi jednostvnosti, i d je t funkcij nenegtivn n cijeloj domeni; tj., d vrijedi f(x) 0, z svki x [, b]. Pogledjmo grf Γ(f) te funkcije, ncrtn u koordintnom sustvu u rvnini. (Kko je f neprekidn, tj je grf krivulj ncrtn u jednom komdu. Osim tog, zbog spomenute nenegtivnosti funkcije, grf se nlzi iznd X-osi.) Sd je ssvim prirodno postviti sljedeće Pitnje. Kolik je površin pov(p), područj P u koordintnoj rvnini koje je omedeno odozdo s X-osi, odozgo s grfom Γ(f), lijevo s prvcem X =, te desno s prvcem X = b? Slik. Prije nego li se počnemo ozbiljnije bviti odgovorom n spomenuto pitnje, možd će biti korisno pogledti jedn konkretn primjer. Primjer.. Nek je dn reln funkcij, relne vrijble, f(x) := 2x. Kko je f(x) 0 ko i smo ko je x /2, gledjmo onj dio grf od f koji se nlzi n skupu [/2, + ). Posebno, nek je dn proizvoljn t > /2 i gledjmo dio grf od f koji je iznd segment I = I t = [/2, t]; jsno, riječ je o dužini. Ond oznčimo s P = P t odgovrjuće područje koje je dobiveno ko i u nšem Pitnju. Slik 2. Nek je ond F (t) := pov(p). Kko je dobiveno područje zprvo (prvokutn) trokut, čiji su vrhovi točke A = (/2, 0), B = (t, 0) i T = (t, 2t ), slijedi d je F (t) = ( t ) (2t ) = = t 2 t (Sjetimo se d se površin prvokutnog trokut rčun tko d uzmemo polovinu umnošk duljin njegovih ktet. Tko smo rdili pri rčunnju nšeg F (t).) U ovom poglvlju njprije se bvimo s sljedeć dv problem: () Ako je dn (neprekidn) funkcij f : [, b] R, tkv d je f(x) 0 z svki x [, b], kolik je površin odgovrjućeg područj P? (2) Ako je zdn nek dobr funkcij f(x), ndimo neku drugu funkciju F (x) tko d vrijedi F (x) = f(x). c BŠ 3

4 Kko ćemo vidjeti, iko se n prvi pogled ne čini tko, gornj su dv problem zprvo jko usko povezn; i ob vode k pojmu integrl. Ko ilustrciju rečenog pogledjmo gornji primjer. U njemu smo imli funkciju f(x) = 2x, i z nju smo prilikom rčunnj površine onog područj P = P t dobili funkciju F (t). Primjetimo d je ( F (t) = t 2 t + = 2t = f(t). 4) Dkle, u ovom specijlnom slučju je F = f; tj., funkcije F i f su povezne n nčin kko je to nvedeno u problemu (2) gore. Pokzt će se d to nije puk slučjnost; već nprotiv, to je prvilo! 4.. Odredeni integrl. U ovom prvom odjeljku uvodimo pojm tzv. odredenog integrl, ko i još neke druge osnovne pojmove. Budući se bez sveg tog ne može krenuti dlje, u ovom prvom odjeljku mteriju izlžemo s više detlj, komentr i npomen nego li će to biti slučj u većini ostlih odjeljk. Pojm odredenog integrl nerskidivo je povezn s vrlo strim mtemtičkim problemom, o kojem govori nše Pitnje s početk ovog poglvlj; to je problem rčunnj površine lik koji se nlzi ispod grf neke neprekidne nenegtivne relne funkcije definirne n segmentu. Iko možemo reći d je pojm integrl, u formi kkvu to dns immo, izum 9. stoljeć, s spomenutim problemom rčunnj površine ispod grf bvio se npr. još i Arhimed. Ssvim precizno rečeno, Arhimed je rčuno rečenu površinu pov(p), z slučj kd je f običn kvdrtn funkcij; tj., rčuno je površinu ispod prbole. Nglsimo kko je Arhimedovo rezonirnje, koje je bilo psolutno korektno, zprvo nevjerojtno npredno s obzirom n vrijeme u kojem je živio; iko bismo iz dnšnje situcije mogli reći d je ono zprvo krjnje elementrno. I kd g se pžljivo nlizir, vidi se d je to, slobodnije rečeno, prdvni početk infinitezimlnog rčun. Primjer.2. Promtrjmo funkciju f : [0, 3] R, f(x) := x 2. Znim ns površin lik P, koji se nlzi ispod grf Γ(f). Arhimedov idej bil je vrlo jednostvn. Njprije podijelimo segment I := [0, 3] n n jednkih dijelov. Tko dobijemo rzdiobne točke t 0 = 0 i t i := i 3, i =, 2,..., n. n Ztim pogledjmo svki od tko dobivenih podsegment I i := [t i, t i ], i =, 2,..., n. Ond gledmo restrikcije od f n te pojedine mle segmente; tj., gledmo funkcije f i := f Ii. Jsno je d je svk funkcij f i strogo rstuć n svojoj domeni. To znči d ko definirmo funkcije konstnte d i, g i : I i R, d i (x) := f i (t i ) i g i (x) := f i (t i ), Arhimed (287?-22 B.C.), veliki grčki mtemtičr, fizičr i izumitelj c BŠ 4

5 ond je d i (x) f i (x) g i (x), x I i. (Ovdje je dobro primjetiti d smo funkciju d i zprvo definirli ko konstntu koj je jednk vrijednosti koju funkcij f i poprim u lijevom krju segment n kojem je definirn. Ssvim isto, g i je definirn ko konstnt koju f i poprim u desnom krju segment.) Gornje nejednkosti govore d se grf funkcije d i nlzi ispod grf od f i, dok se grf od g i nlzi iznd grf od f i. Ako sd ncrtmo rečene grfove, funkcij f i, d i i g i, ond dobijemo sljedeću stepeničstu sliku : Slik 3. Oznčimo s Pi d površinu lik, tj. prvokutnik, koji se nlzi ispod grf funkcije d i. Anlogno, s P g i oznčimo površinu lik, tj. prvokutnik, koji se nlzi ispod grf funkcije g i. Isto tko, s P i oznčimo površinu lik koji se nlzi ispod grf od f i. Ssvim su očite sljedeće nejednkosti: P d i P i P g i, i =, 2,..., n. Zbrjnjem tih n prov nejednkosti, uz oznke dobivmo P d := P d + + P d n, P g := P g + + P g n, P := P + + P n, P d P P g. Sd, gledjući dobivenu sliku s grfovim, intuitivno je ssvim jsno sljedeće: Ako budemo uzimli sve veći i veći n, tj. rdili sve finije rzdiobe segment I, z očekivti je d će biti P P d P g ; tj., tržen vrijednost P bit će približno jednk broju P d, odnosno broju P g. Možd je ovdje instruktivno gledti neke konkretne vrijednosti od n. Tko npr. z n = 6, gdje je sd I rzdijeljen n 6 podsegment od kojih je svki duljine /2, dobivmo: P d = ( ) ( ) 55 f(0) + f(/2) + + f(5/2) = 0 + / /4 = 2 2 8, P g = ( ) ( ) f(/2) + f() + + f(3) = / = Pd Primjetimo kko je ovdje rzlik P g P d = 9/2 poprilično velik ; tj. nše približne vrijednosti P d i P g ne čine se bš jko blizu prvoj vrijednosti P, koj ns zprvo znim. Nrvno, rzlog tome je tj d je uzet vrijednost n = 6 zprvo preml, i shodno tome dobivene su pogreške prevelike. Mi ćemo ksnije uprvo n ovom primjeru funkcije f vidjeti kko je nš, ili bolje rečeno Arhimedov, rgument potpuno korektn. Z ono što slijedi, podsjetimo se ovdje pojm ogrničene funkcije. Kžemo d je funkcij f : [, b] R ogrničen ukoliko postoje relni brojevi m i M tkvi d je m f(x) M, c BŠ 5 x [, b]. 5

6 To posebno znči d se grf Γ(f) nlzi ispod prvc y = M, te istovremeno iznd prvc y = m. (Ncrtjte sliku!) Npomen.3. Korisno je ovdje podsjetiti i n činjenicu koju smo nveli u kolegiju Mtemtik. To je form Bolzno-Weierstrssovog teorem z neprekidne funkcije, koj glsi: Ako je funkcij f neprekidn, ond je on i ogrničen. Nglsimo d ćemo do krj ovog odjeljk, ukoliko ne bude rečeno drugčije, pretpostvljti sljedeće: Funkcij f : [, b] R je ogrničen. 6 Sd definirmo neke osnovne pojmove. Definicij.4. Subdivizij, ili podjel, segment [, b] je niz rzdiobnih točk: (σ) = x 0 < x < < x n < x n = b () (Ncrtjte sliku!) Nek je sd dn nek subdivizij (σ) ko gore. Definirjmo ond sljedeće brojeve: m i = m i (f, σ) := M i = M i (f, σ) := inf f(x), x [x i,x i ] sup f(x). x [x i,x i ] (Ukoliko je funkcij f štoviše neprekidn, ond su brojevi m i i M i njmnj i njveć vrijednost, redom, koju f poprim n podsegmentu [x i, x i ]; to ponovo po B-W teoremu.) Uz gornje oznke, uvodimo dljnje oznke i terminologiju. Definicij.5. Reln broj s(σ) = s(σ, f) := n m i (x i x i ) i= zove se donj Drbouxov sum, z subdiviziju (σ) i funkciju f. Anlogno, reln broj S(σ) = S(σ, f) := n M i (x i x i ) i= zove se gornj Drbouxov sum, z subdiviziju (σ) i funkciju f. Npomen.6. Ako su dne dvije subdivizije, recimo (σ ) i (σ 2 ), segment [, b], ond uvijek vrijedi s(σ ) S(σ 2 ). c BŠ 6

7 T je činjenic posljedic ovog evidentnog niz nejednkosti: s(σ ) s(σ σ 2 ) S(σ σ 2 ) S(σ 2 ). Gore smo s σ σ 2 oznčili novu subdiviziju segment [, b] koj je dobiven ko unij od dvije dne subdivizije. Ssvim precizno rečeno, t se nov subdivizij dobiv tko d uzmemo uniju rzdiobnih točk koje definirju (σ ) i rzdiobnih točk koje definirju (σ 2 ). Sd immo ovu osnovnu definiciju. Definicij.7. (Odredeni integrl) Nek je funkcij f : [, b] R ogrničen. Definirmo donji Riemnnov integrl, ili krće donji R-integrl, funkcije f, ko broj I (f) := sup s(σ). σ Anlogno, definirmo i gornji Riemnnov integrl, ili krće gornji R-integrl, funkcije f, ko broj I (f) := inf σ S(σ). Kžemo d je funkcij f (Riemnn) integrbiln, ili krće R-integrbiln, ukoliko je I (f) = I (f). Ndlje, reln broj b f(x) d x := I (f) = I (f) zove se odredeni integrl funkcije f n segmentu [, b]; još se govori i o R-integrlu od f, n [, b]. 7 Npomen.8. (0) Nglsimo kko je vrlo čest slučj d se gore definirn odredeni integrl funkcije f, n segmentu [, b], oznčv i u sljedećoj, mlo krćoj, formi: b f d x Mi ćemo u dljnjem rvnoprvno koristiti obje notcije. () Primjetimo kko, po nvedenom u Npomeni.6, očito slijedi d je uvijek I (f) I (f). Kko smo rekli, ukoliko u gornjoj nejednkosti stoji štoviše jednkost, ond govorimo d je nš funkcij f R-integrbiln. Medutim, bitno je nglsiti d im slučjev kd ćemo z neku konkretnu funkciju f gore imti bš strogu nejednkost; tj. imt ćemo d je I (f) < I (f). Nrvno, t funkcij ond neće biti niti R-integrbiln. Ko jednostvn primjer, kd to immo, možemo uzeti funkciju { ko x Q, f : [0, ] R, f(x) := 0 ko x Q. c BŠ 7

8 Sd očito immo d je svk donj Drbouxov sum s(σ) = 0, dok je svk gornj Drbouxov sum S(σ) =. No to ond znči d je I (f) = 0 < = I (f). (Možd je ovdje prvo mjesto i z reći ovo: Zprvo, im mnogo više funkcij koje neće biti R-integrbilne, od onih koje hoće. No t, u biti netrivijln, činjenic vrijedi tek kd n prvi nčin interpretirmo frzu mnogo više.) (2) Nkon sveg rečenog, ukoliko immo posl s nenegtivnom funkcijom, jsn je sljedeć činjenic: b f d x = površin područj ispod Γ(f), iznd [, b] To govori d je prije spomenuti problem rčunnj površine područj P zprvo sveden n problem rčunnj odredenog integrl b f d x. Nš glvn zdć, u onome što slijedi, je pokzti kko se efektivno tkvi odredeni integrli mogu rčunti. Pogledjmo još jednom što smo mi rdili u definiciji R-integrbilnosti. Njprije smo z dnu funkciju f : [, b] R uzimli sve moguće subdivizije (σ) segment [, b]. Ond smo z svku tkvu subdiviziju nprvili i gornju i donju Drbouxovu sumu. Ztim smo definirli donji R-integrl ko supremum skup svih donjih Drbouxovih sum; tj., I (f) := sup{s(σ) (σ) subdivizij od [, b]}. Isto tko, gornji R-integrl definirli smo ko infimum skup svih gornjih Drbouxovih sum; tj., I (f) := inf{s(σ) (σ) subdivizij od [, b]}. Mlo slobodnije rečeno, imjući n umu sliku koj ilustrir donje i gornje Drbouxove sume n grfu Γ(f), mi u gornjim definicijm dobivmo I (f) ko rezultt jednog grničnog proces u kojem uzimnjem sve finijih rzdiobi gurmo vrijednosti odgovrjućih donjih Drbouxovih sumi n više. Anlogno, tim profinjivnjem i gurnjem vrijednosti odgovrjućih gornjih Drbouxovih sumi n niže dobivmo I (f). Ako n tj nčin uspijemo donje Drbouxove sume ngurti prem gore, gornje prem dolje, tko d se grnice pri tom gurnju mogu učiniti po volji blizu, ond kžemo d je funkcij f R-integrbiln; ili d postoji odreden integrl od f n segmentu [, b]. Zprvo, uprvo rečeno je skic dokz sljedećeg fundmentlnog rezultt; u literturi se tj rezultt često zove ključn lem (o R-integrbilnosti). Teorem.. Nek je dn ogrničen funkcij f : [, b] R. Td je t funkcij R-integrbiln ko i smo ko vrijedi sljedeće: Z svki ε > 0 postoji subdivizij (σ) segment [, b] tkv d rzlik odgovrjuće gornje i donje Drbouxove sume nije već od ε; tj., tkv d je S(σ) s(σ) ε. Pordi koristi, dt ćemo još jednu ekvivlentnu definiciju R-integrbilnosti. Ali prije tog mormo definirti i dv nov pojm. c BŠ 8 8

9 Definicij.9. Z proizvoljnu subdiviziju (σ), i bilo koje relne brojeve c i [x i, x i ], reln broj 9 i(c,..., c n ; σ) := n f(c i )(x i x i ) i= zove se integrln sum z funkciju f i subdiviziju (σ). Ndlje, broj zove se dijmetr subdivizije (σ). (σ) := mx i n (x i x i ) Npomen.0. Ko evidentnu posljedicu očitih nejednkosti m i f(c i ) M i, i =,... n, gdje su brojevi m i i M i definirni s (), primjetimo ovo: Z svku subdiviziju (σ) i odgovrjuću integrlnu sumu vrijede sljedeće nejednkosti: s(σ) i(c,..., c n ; σ) S(σ). Sd smo spremni z njvljenu ekvivlentnu definiciju R-integrbilnosti. Definicij.. Ogrničen funkcij f : [, b] R je R-integrbiln ko postoji limes Td gornji limes oznčvmo s lim i(c,..., c n ; σ). (σ) 0 b f d x, i zovemo odredeni integrl funkcije f n segmentu [, b]. Npomen.2. Primjetimo kko gornj definicij koristi pojm limes n jedn novi nčin, s kojim se mi nismo sreli. Nime, u izrzu lim (σ) 0 uzimnje limes znči d vrijede istovremeno sljedeće dvije stvri: (I) Broj n, n koliko podsegment subdivizij (σ) dijeli [, b], teži prem beskončnosti, tj. n ; (II) Dijmetr subdivizije teži prem nuli, tj. (σ) 0. Iko smo tvrdnju koji slijedi već izrekli, zbog vžnosti ju donosimo u formi teorem. Dokz, koji nije ssvim jednostvn, nećemo dti. Teorem.2. Nek je dn ogrničen funkcij f : [, b] R. Td je t funkcij R-integrbiln u smislu Definicije.7 ko i smo ko je on R-integrbiln u smislu Definicije.. Z ilustrciju, pokžimo kko se rčun površin P, z slučj kd je funkcij f dn ko u Primjeru.2. c BŠ 9

10 Primjer.3. Nglsimo kko nm vljnost rčun koji ovdje provodimo grntir dolje formulirn Teorem.3. (Tu je bitno podsjetiti n dobro pozntu činjenicu d je funkcij f neprekidn.) Ndimo odredeni integrl funkcije f : [0, 3] R, f(x) := x 2. U tu svrhu podijelit ćemo segment [0, 3] n n jednkih dijelov; tj., uzimmo subdivizije (σ n ) ( 3 0 ) x i := i = 3i, n n i = 0,,..., n. Ndlje, uzet ćemo c i = x i [x i, x i ], i =,..., n. Ond immo integrlne sume i(n) := i(c,... c n ; σ n ) = = n i= x 2 i 3 n = 3 n Sd, dobro je poznt sljedeći identitet: I ond odmh slijedi d je n 2 = n i= n f(x i )(x i x i ) i= ( 3i n i(n) = 27 n(n + )(2n + ) n 3 = ) 2 = 27 n 3 n i 2. i= n(n + )(2n + ). 6 n + n 2n +. n Budući su evidentno ekvivlentni uvjeti n i (σ n ) 0, slijedi: 3 0 x 2 d x = Znči, tržen je površin P = 9. lim i(n) = lim i(n) = 9 (σ n) 0 n 0 2 lim n + n 0 n 2n + lim = 9. n 0 n Primjetimo kko smo mogli gledti i mlo općenitiju situciju. Nime, pretpostvimo d je dn proizvoljn t > 0, i ond funkcij f : [0, t] R, f(x) := x 2. Podijelimo segment [0, t] n n jednkih dijelov; tj., gledjmo subdiviziju (σ n ) x i := ti, i = 0,,..., n. n Ond, uz zmjenu 3 t, potpuno isti rčun ko gore dje F (t) := t 0 x 2 d x = t3 3 ; jsno, z t = 3 dobivmo F (3) = 3 0 x2 d x = 9, kko smo već vidjeli. U vezi s rečenim u uvodu ovog poglvlj, dobro je primjetiti kko i ovj put immo F (t) = t 2 = f(t). Teorem koji slijedi, posebno njegov prvi dio, je od velike teorijske vžnosti. I ovj put dokz ispuštmo. c BŠ 0 0

11 Teorem.3. Pretpostvimo d je funkcij f : [, b] R neprekidn. Td je t funkcij i R- integrbiln; tj., Neprekidnost = R-integrbilnost Ndlje, integrl od f možemo rčunti tko d segment [, b] dijelimo n n jednkih dijelov, i ond pustimo n. Preciznije rečeno, definirmo rzdiobne točke x i := + i b, i = 0,,..., n, n i uzmimo bilo koje relne brojeve Td je c i [x i, x i ], i =,..., n. b f d x = lim n Posebno, ko uzmemo uprvo c i = x i, ond je b n i= ( f d x = (b ) lim n n f(c i ) b n. n ( f + i b ) ) n i= Nglsimo kko se pomoću posljednje uokvirenog izrz mogu ponekd u prksi numerički rčunti neki konkretni odredeni integrli, kd je to drugim metodm možd iz nekih rzlog otežno. Sljedeći je primjer instruktivn. Nime, iko je originln motivcij z definiciju integrl bio problem rčunnj površine ispod grf funkcije, z koju smo pretpostvljli d je nenegtivn, površinu smo nučeni mjeriti u pozitivnim brojevim, nš definicij odredenog integrl može imti ko rezultt bilo koji reln broj; pozitivn ili negtivn. Primjer.4. Nek je dn (neprekidn) funkcij f : [, 2] R, f(x) := x. Ponovo koristeći Teorem.3, izrčunjmo odredeni integrl 2 x d x; što odgovr površini područj omedenog s grfom funkcije f, ko n ovoj slici: Slik 4. U tu svrhu i ovj put dijelimo segment, n kojem je definirn funkcij f, n n jednkih dijelov; tj., definirmo rzdiobne točke x i := + i 2 n = + i, i = 0,,..., n. n Ztim uzmimo c i := x i, z sve i. Td, koristeći dobro poznt identitet n = c BŠ n(n + ), 2

12 2 rčunmo integrlne sume i(n) := = n n i= = n ( f + i ) n n = ( n n ( n n ( 3n + 2 n i= ). ) i = n i= ( + i ) ) n ( n n ) n(n + ) 2 Odvde slijedi d je 2 x d x = lim i(n) = lim 3n + = 3 n n 2n 2. Dkle, rezultt nšeg rčun je negtivn broj! D smo npr. gledli funkciju f : [ 2, 2] R, ponovo dnu s f(x) := x, isti rčun ko gore do bi d je ovj put 2 2 x d x = 0. Iz sveg nvedenog, lko se vidi d vrijedi sljedeće prvilo. Prvilo. Ako je funkcij f : [, b] R tkv d je f(x) 0, z svki x [, b], ond se površin P, područj P koje je u koordintnom sustvu omedeno s X-osi, grfom Γ(f), te vertiklnim prvcim X = i X = b, rčun ko P = b f d x. Posebno: Površin područj koje se nlzi ispod X-osi, uzim se s negtivnim predznkom. Npomen.5. Pretpostvimo d je funkcij f ist ko u prethodnom Prvilu, te nek P i P imju isto znčenje ko i tmo. Ako bismo s pov(p) oznčili psolutni iznos površine, ili ono što bismo zvli prvom (nenegtivnom) površinom, ond bi bilo pov(p) = P. Npomen.6. () Pretpostvimo d immo funkciju f : [, b] R, koj je R- intgrbiln. Isto tko, pretpostvimo d immo nekih k točk u i koje segment [, b] dijele n k mnjih podsegment; tj., nek = u 0 < u < u 2 < < u k < u k = b. Pretpostvimo d još vrijedi: Restrikcij od f n podsegment [, u ] je negtivn, restrikcij n [u, u 2 ] je pozitivn, restrikcij n [u 2, u 3 ] je ponovo negtivn, restrikcij n [u 3, u 4 ] je ponovo pozitivn, itd. (Pozitivnost i negtivnost predznk funkcije se n dv susjedn podsegment izmjenjuju.) Evidentn je posljedic: Dio grf funkcije f koji odgovr restrikciji f [,u ] nlzi se ispod X-osi, dio koji odgovr restrikciji f [u,u 2 ] nlzi se iznd X-osi, itd. (Ncrtjte sliku!) Sd, ko bismo stvili P i := ui c BŠ 2 u i f d x, i =,... k,

13 ond su vrijednosti P, P 3,... negtivne, dok su vrijednosti P 2, P 4,... pozitivne. Posebno, recimo d ns znim kolik je stvrn površin P = pov(p), područj P dnog ko n ovoj slici: Ssvim je jsno d ond immo: Slik 5. P = P + P P k = P + P 2 + ( ) k P k. (Usporedite tvrdnju (4) u Teoremu.4.) (2) Pomoću odredenog integrl mogu se rčunti površine dobrih skupov u R 2. Recimo d immo dvije neprekidne funkcije f, g : [, b] R tkve d je f(x) g(x), x [, b]; što posebno znči d je grf od f ispod grf od g. Nek je ond s P R 2 oznčeno područje ko n ovoj slici: Ond je očito pov(p) = Slik 6. b g d x b f d x Ko jedn konkretn primjer z ovo gore uzmimo npr. funkcije f(x) := 3 x i g(x) := 4x; te su funkcije obje definirne n čitvom R. S P oznčimo područje koje je omedeno grfovim tih dviju funkcij: Slik 7. Lko se vidi d su točke O i T, s slike, dne s O = (0, 0) i T = (2, 8). Prem tome, immo pov(p) = 2 0 (3 x ) d x 2 0 4x d x. (Mi u trenutku nismo u mogućnosti provesti ovj rčun do krj, jer još nismo nučili kko ov dv konkretn odreden integrl izrčunti; posebno prvi po redu. Ali nglsimo d će tj rčun, kd prodemo kroz ovo prvo poglvlje, biti vrlo jednostvn.) 3.2. Svojstv odredenog integrl. U ovom odjeljku cilj nm je dti jedn teorem koji popisuje nek osnovn svojstv odredenog integrl. Ali prije tog dogovorimo se o sljedećem: Ako je funkcij f : [, b] R R-integrbiln, ond stvljmo: c BŠ 3

14 4 b f d x = b f d x Mogli bismo reći i ovko: Ako integrirmo funkciju f od b do, dobijemo suprotnu vrijednost od integrl te funkcije od do b. Teorem.4. Nek su f, g : [, b] R dvije R-integrbilne funkcije. Vrijede sljedeće tvrdnje: (i) Z proizvoljnu konstntu K R immo: (ii) (ditivnost integrl) b b (f ± g) d x = K d x = K(b ). b f d x ± (iii) (homogenost integrl) Z proizvoljnu konstntu α R immo: b αf d x = α b (iv) (ditivnost integrl po području integrcije) Z prizvoljn c [, b] immo: b f d x = c f d x + (v) Ako je f(x) 0, z svki x [, b], ond je b f d x 0. b f d x. b c f d x. (vi) (monotonost integrl) Ako je f(x) g(x), z svki x [, b], ond je b f d x b g d x. g d x (vii) (Lem o ocjeni integrl) Ako postoje relni brojevi m i M tkvi d je m f(x) M, z svki x [, b], ond je (viii) Immo: m(b ) b b c BŠ 4 f d x M(b ). b f(x) d x f(x) d x.

15 Dokz. (i) Ovdje se smo treb sjetiti d je površin prvokutnik, kojem su strnice duljine K i b, jednk K(b ). (ii) Definirmo funkciju h := f + g; slučj h := f g se gled nlogno. Mi mormo njprije dokzti d je h R-integrbiln. U tu svrhu, uzet ćemo bilo koji ε > 0 i pokzti d postoji nek subdivizij (σ) segment [, b] tkv d je S(h, σ) s(h, σ) ε; ztim se dovoljno pozvti n Teorem.. Sd rdimo obvko. Kko je posebno f R- integrbiln funkcij, ond postoji nek subdivizij (σ f ) tkv d je S(f, σ f ) s(f, σ f ) ε 2. Anlogno, postoji nek subdivizij (σ g ) tkv d je S(g, σ g ) s(g, σ g ) ε 2. Definirmo subdiviziju (σ) ko uniju subdivizije (σ f ) i subdivizije (σ g ); tj., σ = σ f σ g. Nek su sd m i -ovi i M i -ovi definirni ko u (). Td posebno vrijedi m i (f, σ) f(x) i m i (g, σ) g(x), z svki x iz i-zog po redu podsegment koji se dobije kd n [, b] stvimo subdiviziju (σ). Zključk je kko immo i m i (f, σ) + m i (g, σ) f(x) + g(x), z svki x, te ond i m i (f, σ) + m i (g, σ) m i (h, σ), z svki i. Množenjem gornjih nejednkosti s (x i x i ), te sumirnjem, dobivmo d je s(f, σ) + s(g, σ) s(h, σ). Odvde, koristeći rečeno u Npomeni.6, dobivmo dlje (2) s(f, σ f ) + s(g, σ g ) s(f, σ) + s(g, σ) s(h, σ). Ssvim nlogno, immo: (3) S(h, σ) S(f, σ) + S(g, σ) S(f, σ f ) + S(g, σ g ). Iz (2) i (3), te ponovo nvedenog u Npomeni.6, posebno dobivmo: i ztim s(f, σ f ) + s(g, σ g ) s(h, σ) S(h, σ) S(f, σ f ) + S(g, σ g ); S(h, σ) s(h, σ) S(g, σ g ) s(g, σ g ) + S(f, σ f ) s(f, σ f ) ε 2 + ε 2 = ε. Time smo dokzli d je doist funkcij h R-integrbiln. Iz smog dokz jsno je i d vrijedi jednkost integrl nveden u (ii). (iii) Z α = 0 tvrdnj je očit. Pretpostvimo d je α > 0; slučj α < 0 tretir se nlogno. Z bilo koju subdiviziju (σ), te brojeve m i i M i, definirne s (), sd očito vrijedi d je m i (αf, σ) = α m i (f, σ) i M i (αf, σ) = α M i (f, σ). Slijedi d je ond: s(αf, σ) = α s(f, σ) i S(αf, σ) = α S(f, σ). Nek je sd dn proizvoljn ε > 0. Budući je funkcij f R-integrbiln, po Teoremu., postoji posebno subdivizij (σ) tkv d je S(f, σ) s(f, σ) ε α. c BŠ 5 5

16 6 No ond je očito d z tu istu subdiviziju immo: S(αf, σ) s(αf, σ) α ε α = ε. Dkle, ponovo po Teoremu., slijedi d je i funkcij αf R-integrbiln. D ond vrijedi i jednkost integrl nveden u (iii) je sd jsno. (iv) Detlje dokz ove tvrdnje ostvljmo zinteresirnom čittelju/ici. (v) Ov je tvrdnj intuitivno ssvim jsn. (Nime sjetimo se d je znčenje odredenog integrl nenegtivne funkcije f dno ko (nenegtivn) površin ispod grf od f.) Strogi rgument slijedi iz evidentne činjenice d je s(f, σ) 0, z svku subdiviziju (σ), i definicije donjeg R-integrl I (f). (vi) Ako stvimo u (v) funkciju g f nmjesto f, dobivmo d je b (g f) d x 0. Sd iskoristimo svojstvo (ii), o ditivnosti integrl. (vii) Ov je tvrdnj direktn posljedic dokznog u (i) i (vi). (viii) Jsno je d svki x immo: Sd, iz (iii) i (vi), odmh tvrdnj slijedi. f(x) f(x) f(x). Zbog posebne vžnosti, formulirjmo sljedeći korolr. Njegov je tvrdnj očito ekvivlentn tvrdnjm (ii) i (iii), uzetim zjedno, iz teorem. Korolr. (Linernost odredenog integrl) Z proizvoljne konstnte α, β R vrijedi: b (αf + βg) d x = α b f d x + β b g d x.3. Neodredeni integrl i Osnovni teorem diferencijlnog rčun. Ovj je odjeljk osnovni u cijelom poglvlju. U njemu njprije djemo odgovor n problem (2), formulirn u uvodnom dijelu ovog poglvlj (Teorem.5). Ztim djemo tzv. Teorem srednje vrijednosti z integrl (Teorem.6). Nglsimo d je to u biti vrijnt Lgrngeovog teorem srednje vrijednosti iz Mtemtike ; i to vrijnt koj u potpunosti oprvdv sm nziv teorem. Sljedeći je kork uvodenje pojm tzv. neodredenog integrl. Potom dokzujemo centrlni teorem cijelog kolegij (Teorem.7). To je čuveni rezultt Newton i Leibniz, koji nosi ime Osnovni teorem diferencijlnog rčun; nekd govorimo i o Newton-Leibnizovoj formuli. (Npomenimo kko tj teorem im nekoliko vžnih generlizcij, od kojih svkko mormo brem spomenuti poznti Stokesov teorem.) Mogli bismo reći d tj rezultt dje psolutno precizn recept o tome kko, u c BŠ 6

17 velikom broju slučjev, rčunti odredene integrle. Posljednji teorem ovog odjeljk govori d je i rčunnje neodredenih integrl linern opercij (Teorem.8). Nvedene teoreme i njihovu vžnost ilustrirmo n nekoliko instruktivnih primjer. Nek je sd f : [, b] R neprekidn funkcij, te nek su x, c [, b] nek dv broj. Pretpostvimo d je c < x. Ond definirmo funkciju F : [, b] R, F (x) := x c f(t) d t. Primjetimo d je funkcij F dobro definirn. Nime, ko je f neprekidn, to je i restrikcij f [c,x] isto neprekidn. Ali ond, po Teoremu.3, t restrikcij je i R-integrbiln; ond posebno i F (x) možemo rčunti. Prije nego li krenemo dlje, pogledjmo jedn jednostvn primjer. Primjer.7. Nek je funkcij f : R R dn s f(t) := t. T je funkcij, jsno, neprekidn, p je i R-integrbiln. Uzmimo c = 0. Ond definirmo funkciju F (x) := x 0 f(t) d t. Postupjući nlogno ko i u Primjeru.4, može se lko vidjeti d je F (x) = x2 2 Ovdje primjetimo d, nlogno nekim prethodnim slučjevim, immo: ( x F 2 ) (x) = = x = f(x). 2 Pokžimo d, kko smo već prije rekli, gornj jednkost F (x) = f(x) nije slučjnost, u velikom broju slučjev. Teorem.5. Nek je f : [, b] R neprekidn funkcij, te nek je c [, b] proizvoljn. Td je funkcij F (x) := x derivbiln n otvorenom intervlu (, b), i vrijedi c f(t) d t F (x) = f(x) 7 Dokz. Njprije primjetimo d z mlen x > 0, po (iv) u Teoremu.4, immo: x+ x c f(t) d t x c f(t) d t = Sd, koristeći definiciju derivcije funkcije, slijedi d je F F (x + x) F (x) (x) = lim x 0 x = lim x 0 x x+ x x f(t) d t. c BŠ 7 = lim x 0 x+ x x f(t) d t. x+ x c f(t) d t x c f(t) d t x

18 Dlje, ponovo z mlen x, definirmo brojeve m( x) := M( x) := Ond, po definiciji tih brojev, immo d je m( x) f(t) M( x), Odvde, po (vii) u Teoremu.4, immo: x m( x) x+ x x min f(t), [x,x+ x] mx f(t). [x,x+ x] Dijeljenjem gornjih nejednkosti s x, dobivmo: (4) m( x) x x+ x x t [x, x + x]. f(t) d t x M( x). f(t) d t M( x). Ali sd, koristeći činjenicu d je funkcij f neprekidn n [, b], ond posebno i u točki x, immo d je lim m( x) = lim m( x) = F (x). x 0 x 0 Odvde, ukoliko nejednkosti (4) npdnemo s lim x 0, dobivmo: lim m( x) = f(x) lim x 0 x 0 x x+ x x f(t) d t f(x) = lim x 0 M( x); tj., x+ x f(x) = lim f(t) d t = F (x). x 0 x x Tko je teorem dokzn. (Primjetimo kko smo gornji dokz npisli z slučj kd je x > 0, li ssvim isto gled se i slučj kd je x < 0.) Prethodni se teorem koristi i z rčunnje derivcij funkcij koje su definirne integrlom. Pogledjmo jedn primjer. Primjer.8. Treb izrčunti derivciju ϕ (x), ukoliko je funkcij ϕ dn ko ϕ(x) := x 4 cos t d t. (Primjetimo d t funkcij doist je dobro definirn, tj. d z svki reln broj x možemo definirti ϕ(x). Nime, funkcij cos je neprekidn n cijelom R, p je ond tkv i njezin restrikcij n segment [, x 4 ]. Po Teoremu.3, t je restrikcij R-integrbiln.) Stvimo Ond je g(u) := u cos t d t. ϕ(x) = g(x 4 ) = (g h)(x), gdje smo stvili h(x) := x 4. Odvde, koristeći prvilo z derivciju kompozicije funkcij, slijedi d je ϕ (x) = g ( h(x) ) h (x). c BŠ 8 8

19 Ali primjetimo d je h (x) = 4x 3. g (u) = cos u. Končno slijedi d je 9 Isto tko, po prethodnom teoremu, immo d je ϕ (x) = (cos x 4 ) 4x 3. Sd dokžimo još jedn vžn rezultt, koji je zprvo, kko ćemo vidjeti, jednostvn posljedic Lgrngeovog teorem srednje vrijednosti i Teorem.5. Teorem.6. (Teorem srednje vrijednosti z integrl) Nek je funkcij f : [, b] R neprekidn. Td postoji brem jedn x 0 (, b) tkv d je b f d x = f(x 0 ) (b ) Npomen.9. Grf funkcije f izgled, u općenitom obliku, ko n ovoj slici: Slik 8. Gornji teorem govori d je površin područj P, koje se nlzi ispod grf Γ(f), jednk umnošku duljine intervl b i vrijednosti f(x 0 ), z neki x 0 (, b). Drugim riječim, površin pov(p) = b f d x jednk je površini prvokutnik kojem je širin b, visin mu je srednj vrijednost f(x 0 ). Dokz. Nek je c [, b] proizvoljn, i definirjmo ond funkciju F (b) F () b F (x) := x c f(t) d t. Po Teoremu.5, funkcij F je derivbiln i vrijedi F (x) = f(x). Ndlje, po Lgrngeovom teoremu srednje vrijednosti, znmo d postoji neki x 0 (, b) tkv d je b c f(t) d t c f(t) d t F (x 0 ) = f(x 0 ) = b b f(x 0 ) = f(t) d t b (Kod posljednje ekvivlencije koristili smo tvrdnju (v) iz Teorem.4.) Preostje još smo posljednju jednkost pomnožiti s b ; i teorem slijedi. Sd djemo jednu osnovnu definiciju; iz nje vžnu npomenu. Definicij.20. Nek je dn nek funkcij f(x). Svk funkcij F (x), koj im svojstvo d je F (x) = f(x), zove se primitivn funkcij od f. Primitivn se funkcij F još zove i neodredeni integrl funkcije f, i oznčv s f(x) d x = f d x Pritom govorimo d je f podintegrln funkcij. c BŠ 9

20 Npomen.2. () Primjetimo d ko su F i F 2 neke dvije primitivne funkcije od neke funkcije f, ond postoji konstnt C R tkv d je Mogli bismo to reći i ovko: F (x) = F 2 (x) + C. Svke dvije primitivne funkcije rzlikuju se z konstntu (Nime, po Korolru 6, u Poglvlju 9 kolegij Mtemtik, znmo sljedeće: Dvije derivbilne funkcije, koje imju iste derivcije, rzlikuju se z konstntu.) U skldu s tim, nglsimo kko se vrlo često u literturi neodredeni integrl neke funkcije f oznčv s f(x) d x + C 20 (2) Kko ćemo dolje vidjeti, proces nlženj primitivne funkcije z neku dnu funkciju je krucijln z rčunnje odredenih integrl. Mi tu z dnu funkciju f tržimo neku drugu funkciju F tko d derivcij od F bude f. Dkle, to je proces koji je zprvo obrnut od proces derivirnj. Iz tog se rzlog ponekd primitivn funkcij neke funkcije zove još i ntiderivcij. Sd smo spremni z ovj fundmentln rezultt Newton i Leibniz. Teorem.7. (Osnovni teorem diferencijlnog rčun) Nek je funkcij f : [, b] R neprekidn. Td se odredeni integrl funkcije f, n segmentu [, b], rčun ko (Newton-Leibnizov formul) b f(x) d x = F (b) F () gdje je F (x) bilo koj primitivn funkcij funkcije f(x). Dokz. N-L formul je jednostvn posljedic Teorem.5 i Npomene.2. Nime, njprije z proizvoljn c [, b] definirmo funkciju F 0 (x) := x c f(t) d t. Sd, po spomenutom teoremu znmo d je F 0 primitivn funkcij od f. Ali kko je i F primitivn funkcij od f, postoji nek konstnt C R tkv d je F (x) = F 0 (x) + C. Ond, imjući n umu tvrdnju (iv) Teorem.4, slijedi: F (b) F () = F 0 (b) F 0 () = b c BŠ 20 c f(t) d t c f(t) d t = b f(t) d t.

21 Npomen.22. () Primjetimo u čemu je velik vžnost gornjeg rezultt. On govori d ko želimo izrčunti odredeni integrl neke neprekidne funkcije f(x) n nekom segmentu [, b], ond se to može nčiniti u dv kork:. Ndimo bilo koju primitivnu funkciju F, dne funkcije f; i ond 2. Izrčunjmo vrijednosti funkcije F u krjevim segment, tj. točkm b i, te iste oduzmimo. Primjetimo i to d rčunnje odredenog integrl od f, n [, b], tj. nlženje površine ispod grf Γ(f), ovisi smo o vrijednostim koje primitivn funkcij F poprim u krjevim segment; što izgled pomlo neočekivno. Dkle, iko izgled grf od f ovisi o tome kko je f definirn n cijelom segmentu [, b], rečen površin ovisi smo o dvjem vrijednostim koje poprim primitivn funkcij F ; tj., kko smo već rekli, o vrijednostim koje F poprim u krjevim segment. Nglsimo kko je kork. zprvo cijeli poso koji mormo obviti; jer kd immo primitivnu funkciju F, kork 2. je trivijln. Odvde ndlje, gotovo cijel prič oko integrlnog rčun ide z metodm koje pomžu pronći primitivnu funkciju neke zdne funkcije. (2) Newton-Leibnizov formul često se zpisuje i ovko: b f(x) d x = F (x) Funkcije koje se pojvljuju u sljedećem Primjeru već smo sreli u Primjerim.3 i.4. Sd, kd znmo mlo više teorije, odgovrjuće ćemo odredene integrle elegntnije riješiti. Primjer.23. () Ako je funkcij f : [0, 3] R dn s f(x) := x 2, izrčunjmo odredeni integrl P := 3 0 f(x) d x. D bismo to nprvili treb smo uočiti d je funkcij F (x) := x 3 /3 primitivn z f(x); nime, d je F (x) = f(x), z svki reln x. Td, po N-L formuli, immo d je (2) Izrčunjmo odredeni integrl b P = F (3) F (0) = = 9. P := 2 x d x. Z to, njprije primjetimo d je F (x) := x 2 /2 primitivn funkcij z f(x). Ond, po N-L formuli, slijedi d je P = F (2) F () = 22 ( 2 2 ) = Riješit ćemo još tri instruktivn odreden integrl. c BŠ 2 2

22 Primjer.24. () Izrčunjmo površinu jednog brijeg sinusoide ; tj., površinu pov(p), ko je P područje ispod grf funkcije f = sin : [0, π] R. Mi zprvo mormo izrčunti odredeni integrl P := π 0 sin x d x. D bismo to nprvili, prvo se sjetimo d je cos x = sin x. Ali to znči d je ond funkcij F (x) := cos x primitivn funkcij od f(x) = sin x. Sd, po N-L formuli, slijedi d je P = F (π) F (0) = cos π ( cos 0) = ( ) ( ) = 2. (2) Izrčunjmo odredeni integrl P := 0 + x 2 d x. D to izrčunmo, prvo se sjetimo d je rctg x = + x 2. To znči d je funkcij F (x) := rctg x primitivn z funkciju f(x) :=. Ali kko + x2 je dobro poznto d vrijedi rctg = π/4 i rctg 0 = 0 (jer je tg 0 = 0 i tg π/4 = ), ond po N-L formuli immo: P = F () F (0) = π 4 0 = π 4. (3) Z proizvoljn izrčunjmo odredeni integrl P := D to izrčunmo, dovoljno se sjetiti d je ln x = x. x d x. 22 Ond, po N-L formuli, immo: P = ln ln = ln. Sd ćemo dti jednu tblicu u kojoj su neki od osnovnih neodredenih integrl. Zprvo, ko se sjetimo d je trženje neodredenih integrl postupk koji je obrtn od prosec derivirnj, ond se tblic koj slijedi jednostvno dobije okretnjem Tblice osnovnih derivcij; tu smo tblicu dli pri krju Poglvlj 8. u kolegiju Mtemtik. c BŠ 22

23 23 TABLICA OSNOVNIH NEODREDENIH INTEGRALA f(x) = f(x) d x = x α, (α R \ { }) x α+ α + x ln x e x e x x, ( > 0, ) ln x sin x cos x cos x sin x cos 2 x tg x sin 2 x ctg x sh x ch x ch x sh x + x 2 rctg x x 2 2 ln + x x rcsin x x 2 + x 2 ln x + + x 2 c BŠ 23

24 Sljedeći jednostvn teorem od velike je vžnosti; usp. Korolr. On omogućv, u nekim situcijm, rzbiti komplicirniju podintegrlnu funkciju n jednostvnije komde, od kojih se svki posebno može ond jednostvnije integrirti. Teorem.8. (Linernost neodredenog integrl) Ako z funkcije f i g postoje neodredeni integrli, ond z proizvoljne konstnte α, β R, postoji i neodreden integrl funkcije αf + βg. Ndlje, vrijedi: (αf(x) + βg(x)) d x = α f(x) d x + β g(x) d x 24 Dokz. Evidentno je dovoljno pokzti posebno ditivnost, tj. d je (f(x) + g(x)) d x = f(x) d x + g(x) d x; ztim homogenost, tj. d je αf(x) d x = α f(x) d x. Pokžimo smo ditivnost; homogenost ide nlogno. Po pretpostvci postoje neodredeni integrli F (x) := f(x) d x i G(x) := g(x) d x. Ali sd je ( ) F + G = F + G = f + g. No to znči d je F + G neodredeni integrl od f + g; i tvrdnj slijedi. Pogledjmo sd još dv primjer kko rčunti konkretne odredene integrle. Primjer.25. () Izrčunjmo odredeni integrl P := 4 (2x 3 5x) d x. D bismo mogli primijeniti N-L formulu, mormo njprije izrčunti odgovrjući neodredeni integrl; tj., F (x) = (2x 3 5x) d x. Ali po prethodnom teoremu je F (x) = 2 x 3 d x 5 x d x. Ndlje, koristeći prvi integrl u dnoj Tblici (z α = 3 i ), dobivmo d je x 3 d x = x4 i x d x = x Ond odmh slijedi d je F (x) = x4 2 5x2 2 ; c BŠ 24

25 25 i ztim P = F (4) F () = = 90. (2) Izrčunjmo odredeni integrl P := 9 2x 2 + x 2 x x 2 d x. Imjući n umu ponovo prethodni teorem, neodredeni integrl podintegrlne funkcije je ovj put x d x F (x) = 2 d x + d x x 2 = 2 d x + x 2 d x x 2 d x. Ali, ponovo koristeći prvi integrl u dnoj Tblici (z α = 0, /2 i 2), dobivmo d je i ztim F (x) = 2x x x ; P = F (9) F () = = Zdtk, koji slijedi, je u vezi s dijelom (2) Npomene.6. Zdtk.. Izrčunjte neodredeni integrl (3 x ) d x. Ovj odjeljk zvršvmo s dvije vžne npomene. Npomen.26. () Recimo d je s Ω oznčen skup relnih funkcij relne vrijble u kojem su svi polinomi, sve trigonometrijske funkcije i sve eksponencijlne funkcije. Funkcij, koj se dobiv kombincijm zbrjnj i/ili oduzimnj, množenj i/ili dijeljenj, komponirnj i uzimnj inverznih funkcij nekih (bijektivnih) funkcij iz Ω zove se elementrn funkcij. Oznčimo E := skup svih elementrnih funkcij. Sd, dobro je poznto, i evidentno, d ns derivirnje ne izvodi iz skup E ; tj., ko je f nek funkcij iz E, ond je i njen derivcij tkoder iz E. Medutim, nlogno ne vrijedi z integrl. Ssvim precizno rečeno, može se pokzti d postoje neke elementrne funkcije f, z koje postoji neodredeni integrl F = f d x, li tj F više nije elementrn funkcij. Ko prvi primjer definirmo tzv. integrlni logritm li x := d x ln x. Drugi poznti primjer je tzv. intgrlni sinus sin x x d x. (2) Pogledjmo slijedeći rčun : P := 3 d x x 2 = x c BŠ 25 3 = 3 = 4 3.

26 26 Ali podintegrln funkcij f(x) := x 2 je nenegtivn, z svki x iz svoje domene. Po dokznom u (v) Teorem.4 slijedilo bi d je I 0. No mi smo dobili d je I = 4. U čemu je problem?! Rzlog je sljedeći: Funkcij 3 f(x) nije neprekidn n segmentu [, 3], p ne možemo primjeniti N-L formulu!! (Smo jedn točk, tj. x = 0, u kojoj f nije niti definirn je sve pokvril.) Ovo još jednom pokzuje d mormo biti oprezni, i u svkom konkretnom slučju detljno provjervti d li su ispunjene pretpostvke z primjenu nekog teorem..4. Metode integrcije. U ovom odjeljku uvodimo dvije glvne metode integrcije; to su metod supstitucije i metod prcijlne integrcije. Kžimo kko te dvije metode u velikom broju dnih zdtk omogućvju rješvnje integrl. Ali nglsimo i to d one nisu svemoguće. Nime, ponekd će trebti i neki drugi nčini; npr. možd nešto ko u sljedećem odjeljku. Inče, kd god immo zdtk gdje rčunmo neki integrl, li i bilo što drugo, uvijek je njvžnije prije smog rčun dti dijgnozu i shodno tome odrediti koju metodu ćemo koristiti. (Pozor: Pritom je uvijek dobro imti n umu sljedeće. Ako nm se učini d bi nek metod morl funkcionirti, li nm u rčunu stvr ne ide, ond nije dobro uporno piliti po izbrnoj metodi. Nime, možd smo krivo izbrli; p bi bilo rzumno prokopti po memoriji hoće li nek od ostlih metod prorditi.) (A) Metod supstitucije (zmjene) Teorem.9. (Zmjen vrijbli u neodredenom integrlu) Pretpostvimo d je f funkcij koj im neodredeni integrl (tj., primitivnu funkciju). Nek je ϕ(x) nek derivbiln funkcij, i uvedimo novu vrijblu Td vrijedi: y = ϕ(x). f ( ϕ(x) ) ϕ (x) d x = f(y) d y Kžimo ukrtko koj je idej teorem. Mi u prvilu immo neki integrl koji im dost komplicirnu podintegrlnu funkciju. Nš je zdć, kd je to moguće, pronći dekvtnu funkciju ϕ tko d z nju dn podintegrln funkcij poprimi oblik ko u lijevoj strni gornje uokvirene jednkosti. Ako to postignemo, ond teorem govori d ćemo, pomoću supstitucije y = ϕ(x), nš integrl moći zpisti u formi ko n desnoj strni gornje uokvirene jednkosti. Nrvno, pritom očekujemo d će integrl, npisn u tom novom obliku, biti jednostvniji z riješiti. c BŠ 26

27 27 Dokz. Nek je F primitivn funkcij od f; tj., F (y) = f(y) d y. Sd, jer je y = ϕ(x), immo Rčunjmo : F (y) = (F ϕ)(x). d d x (F ϕ)(x) = (F ϕ) (x) = F ( ϕ(x) ) ϕ (x) = f ( ϕ(x) ) ϕ (x). Znči, funkcij (F ϕ)(x) primitivn je z funkciju f ( ϕ(x) ) ϕ (x). Drugčije rečeno, f ( ϕ(x) ) ϕ (x) d x = (F ϕ)(x) = F (y) = f(y) d y. Npomen.27. Ako pžljivije nlizirmo dni dokz teorem, ond se vidi kko bismo z uokvirenu jednkost iz teorem mogli reći d je on nlogon lnčnog prvil z derivciju kompozicije funkcij. Primjer.28. () Izrčunjmo neodredeni integrl I = (x 2 + ) 2 2x d x. Ako pogledmo podintegrlnu funkciju p(x) = (x 2 + ) 2 2x, i sjetimo se d je (x 2 + ) = 2x, ond je odmh jsno d je y = ϕ(x) := x 2 + dobr supstitucij. Nime, td je p(x) = f ( ϕ(x) ) ϕ (x), gdje je f(t) := t 2. Ond je, po teoremu, I = f(y) d y = y 2 d y = y3 3 = (x2 + ) 3. 3 (2) Izrčunjmo neodredeni integrl I = x 2 e x3 d x. Ako pogledmo podintegrlnu funkciju p(x) = e x3 x 2, i sjetimo se d je (x 3 ) = 3x 2, ond je odmh jsno d je y = ϕ(x) := x 3 c BŠ 27

28 28 dobr supstitucij. Nime, td je gdje je Ond je, po teoremu, I = 3 p(x) = 3 f( ϕ(x) ) ϕ (x), f(y) d y = 3 f(t) := e t. (3) Izrčunjmo neodredeni integrl I = x x 2 + d x. e y d y = ey 3 = ex3 3. Ovdje, ko i u (), stvimo supstituciju y = ϕ(x) := x 2 +. Td se podintegrln funkcij p(x) može npisti ko gdje je Po teoremu immo d je I = f(y) d y = 2 2 p(x) = 2 f( ϕ(x) ) ϕ (x), f(t) := t. y 2 d y = 2 3 y3/2 = 3 (x2 + ) 3/2. (3) Izrčunjmo neodredeni integrl I = 0x 4 sin x 5 d x. Budući je (x 5 ) = 5x 4, stvit ćemo supstituciju y = ϕ(x) := x 5. Td se podintegrln funkcij p(x) može npisti ko gdje je Po teoremu immo d je I = 2 p(x) = 2f ( ϕ(x) ) ϕ (x), f(t) := sin t. sin y d y = 2 cos y = 2 cos x 2. Sljedeć npomen donosi vrlo korisne nputke o tome kko nše rčunnje integrl učiniti i konciznijim i tečnijim. Npomen.29. Pri rčunnju neodredenih integrl koristimo formlni rčun s diferencijlim. Nime, evidentno je d vrijede sljedeće jednkosti diferencijl: () d(x + C) = d x, C R konstnt; (2) d(cx) = C d x, C R konstnt; (3) ϕ d x = d ϕ(x), ϕ der. funkcij; (4) d(ϕ(x) + ψ(x)) = d ϕ(x) + d ψ(x), ϕ, ψ der. funkcije; (5) d ( ϕ(x)ψ(x) ) = ( d ϕ(x) ) ψ(x) + ϕ(x) ( d ψ(x) ), ϕ, ψ der. funkcije; c BŠ 28

29 29 Pokžimo n dv integrl iz Primjer.28, kko rečeno funkcionir. Njprije pogledjmo integrl dn u (). Kko je 2x d x = d(x 2 + ), immo: { } I = (x 2 + ) 2 d(x 2 + ) = supst. y = x 2 + = y 2 d y = y3 3 = (x2 + ) 3. 3 Sd pogledjmo integrl dn u (2). Kko je 3x 2 d x = d x 3, immo: I = } e x3 d x 3 = {supst. y = x 3 3 = e y d y = ey 3 3 = ex3 3. Zdtk.2. Ndite neodredeni integrl f(x) d x, ko je podintegrln funkcij f dn ko: () f(x) = x 3 cos(x 4 + 2); (2) f(x) = 3x + 4; x (2) f(x) = + 4x 2. Zdtk.3. Pomoću N-L formule izrčunjte odredene integrle: () 0 3 x ex2 d x; (2) x 2 + x 2 d x; (2) 0 ( + x) ( + x2 ) d x Sdćemo dti i nlogon, prethodnog teorem, z odredeni integrl; ovj novi teorem je zprvo direktn posljedic strog. Primjetimo kko je jedin novin u tome d sd mormo voditi rčun o grnicm integrirnj. Nime, originlni se segment [, b], po kojem integrirmo, pretvori u segment [ϕ(), ϕ(b)]. Teorem.0. (Zmjen vrijbli u odredenom integrlu) Ako je funkcij ϕ : [, b] R neprekidn i n otvorenom intervlu (, b) štoviše derivbiln, ond vrijedi: b f ( ϕ(x) ) ϕ (x) d x = ϕ(b) ϕ() f(y) d y Pogledjmo jedn primjer, koji koristi gornji teorem. Primjer.30. Izrčunjmo odredeni integrl P := π/4 c BŠ 29 0 sin 2 (2x) cos(2x) d x.

30 30 Z to nčiniti, definirjmo funkciju ϕ : [0, π/4] R, dnu ko ϕ(x) := sin(2x). Td je njen derivcij ϕ (x) := 2 cos(2x); i zto, po teoremu, P = = 2 π/4 0 0 (ϕ(x)) 2 ϕ (x) 2 y 2 d y = 2 y 3 3 d x = 2 = 0 6. ϕ(π/4) ϕ(0) y 2 d y (B) Metod prcijlne integrcije Ako su f(x) i g(x) dvije derivbilne funkcije, ond znmo d vrijedi prvilo z derivciju produkt: ( f(x) g(x) ) = f (x) g(x) + f(x) g (x). Drugim riječim, f g je primitivn funkcij funkcije f g + f g ; tj., immo: ( ) f(x) g(x) = f (x) g(x) + f(x) g (x) d x = f (x) g(x) d x + f(x) g (x) d x. Tko smo dokzli ovj vžn teorem. U njemu smo dli obje vrijnte prvil z prcijlnu integrciju; i z odredeni, i z neodredeni, integrl. Teorem.. (Prcijln integrcij) Nek su f(x) i g(x) dvije derivbilne funkcije. Td vrijedi prvilo z prcijlnu integrciju u neodredenom integrlu: f(x) g (x) d x = f(x) g(x) f (x) g(x) d x Isto tko, ko su f, g : [, b] R neprekidne funkcije, koje su štoviše n (, b) i derivbilne, ond vrijedi prvilo z prcijlnu integrciju u odredenom integrlu: b f(x) g (x) d x = f(x) g(x) b b f (x) g(x) d x Npomen.3. Ako izostvimo pisnje vrijble x, u funkcijm f i g, te koristimo prvilo (3) iz Npomene.29, ond immo: f d x = d f i g d x = d g. I td se gore dno prvilo z prcijlnu integrciju u neodredenom integrlu može krće zpisti ko: f d g = f g g d f. c BŠ 30

31 Ponekd se u literturi i nzivi funkcij, tj. f = f(x) i g = g(x), mijenjju u u = u(x) i v = v(x), redom Tko se gornje prvilo prcijlne integrcije zpisuje u obliku u d v = u v v d u. Pogledjmo nekoliko konkretnih primjer kd treb rčunti integrle pomoću prcijlne integrcije. 3 Primjer.32. () Izrčunjmo neodredeni integrl I := x e x d x. Kko je d ex d x = ex, tj. d e x = e x d x, jsno je d možemo uzeti: f(x) = x i g(x) = e x. Nime, td je, korištenjem prvil z prcijlnu integrciju, I = f d g = f g g d f = f g g f d x = x e x e x d x = x e x e x = (x )e x. (2) Izrčunjmo neodredeni integrl I := x sin x d x. Kko je d cos x d x = sin x, tj. d( cos x) = sin x d x, jsno je d možemo uzeti: f(x) = x i g(x) = cos x. Nime, td je, korištenjem prvil z prcijlnu integrciju, I = f g d x = f g f g d x = x cos x ( cos x) d x = x cos x + cos x d x = x cos x + sin x. (3) Izrčunjmo neodredeni integrl I := ln x d x. Jsno je d se integrl I može npisti ko u d v, gdje smo stvili u = ln x i v = x. c BŠ 3

32 32 Koristeći prvilo z prcijlnu integrciju, dobivmo: I = u d v = u v v d u = = x ln x x d ln x = x ln x x d ln x d x d x = x ln x x x d x = x ln x x = x ln x e. Sljedeć su dv primjer vrlo instruktivn. Prvi od njih pokzuje d će kod nekih integrl trebti dv, ili čk više put, koristiti prvilo z prcijlnu integrciju. Drugi primjer pokzuje d ćemo ponekd morti koristiti obje nučene metode integrcije; tj., i metodu supstitucije i metodu prcijlne integrcije. Primjer.33. () Izrčunjmo neodredeni integrl I := e x sin x d x. Ako stvimo ond rčunmo: I = u = e x i d v = sin x d x v = cos x, u d v = u v = e x cos x + v d u = e x cos x ( cos x) d e x cos x e x d x = e x cos x + e x cos x d x. Dkle, uz oznku J := e x cos x d x, immo d je I = e x cos x + J. N prvi mh, možd se čini d smo se zvrtjeli u krug ; jer neodredeni integrl J čini se jednko težk (ili lgn) z riješiti ko i integrl I. No bitno je ne izgubiti ndu. Zto ćemo probti još jednom s prcijlnom integrcijom. Ali ovj put to ćemo primjeniti n integrl J. Dkle, ko sd stvimo ond je u = e x i d v = cos x d x v = sin x, J = u d v = = e x sin x I. e x d sin x = e x sin x Končno, zbrjnjem gore dokznih identitet I = e x cos x + J J = e x sin x I, c BŠ 32 sin x e x d x

33 33 dobivmo d je 2I = e x (sin x cos x), tj. I = ex (sin x cos x). 2 (2) Izrčunjmo neodredeni integrl ln(2 + ln x) I := d x. x D bismo to nprvili, njprije primjetimo d je što sugerir uvodenje supstitucije Tko dni integrl postje d(2 + ln x) d x = x, y := 2 + ln x. I = ln y d y. Odvde, korištenjem prcijlne integrcije ko u (3) iz Primjer.32, končno dobivmo I = y ln y e (2 + ln x) = (2 + ln x) ln. e Zdtk.4. Izrčunjte sljedeće neodredene integrle: () x 2 e x d x; (2) e x d x; Ovj odjeljk zvršvmo s još jednim primjerom; ovj put, z nijnsu komplicirnijim. Primjer.34. Treb izrčunti neodredeni integrl cos 3 x I := sin x + 2 d x. Njprije, immo ovko: cos 2 x I = sin x + 2 d sin x = cos 2 x d ln(sin x + 2) = cos 2 x ln(sin x + 2) ln(sin x + 2) d cos 2 x = cos 2 x ln(sin x + 2) ln(sin x + 2)(2 cos x)( sin x) d x = cos 2 x ln(sin x + 2) + 2 ln(sin x + 2) sin x d sin x = cos 2 x ln(sin x + 2) + 2 ln(sin x + 2) sin x d(sin x + 2) { } = supst. y = sin x + 2 = cos 2 x ln(sin x + 2) + 2 (y 2) ln y d y. c BŠ 33

34 34 Sd, budući d smo u (3) iz Primjer.32 vidjeli kko s rčun integrl J := ln y d y, ond preostje još izrčunti i integrl K := y ln y d y; jer ko to nprvimo, ond je I = cos 2 x ln(sin x + 2) 4J + 2K. Ali to je jednostvno. Nime, immo: K = ln t d t 2 = ln t 2 d t 2 ; 2 4 sd ponovo koristimo (3) iz Primjer.32. Zdtk.5. Nprvite (potrebne) detlje dokz iz prethodnog primjer..5. Neki posebni tipovi integrl. Cilj ovog odjeljk je dti dvije metode koje općenito funkcionirju z dvije specijlne vrste integrl; to su integrli rcionlnih funkcij i integrli trigonometrijskih funkcij. (A) Integrli rcionlnih funkcij Podsjetimo se n definiciju rcionlne funkcije, u jednoj relnoj vrijbli: Rcionln funkcij je kvocijent dvju polinom. Dkle, nek funkcij f(x) je rcionln, ukoliko se može prikzti ko f(x) = P (x) Q(x), pri čemu su P (x), Q(x) R[x] dv polinom s relnim koeficijentim. Ns ovdje znim: Kko općenito rčunti integrle oblik I := f(x) d x, kd je f nek rcionln funkcij? Pogledjmo z početk tri jednostvn primjer. Pokzt će se d su oni, u izvjesnom smislu, zprvo tipični. Primjer.35. () Izrčunjmo neodredeni integrl I := c BŠ 34 (x + 3) 4 d x.

35 35 Uvodenjem supstitucije immo d je I = d y y 4 (2) Izrčunjmo neodredeni integrl I := Njprije primjetimo d je x 2 x + = x2 + = x + Ond slijedi d je I = (x ) d x + = x2 2 x + ln(x + ). (3) Izrčunjmo neodredeni integrl Sd immo I = = 2 I := y := x + 3, x d x x d(x 2 + 2) x = y 3 3 = 3 (x + 3) 3. x 2 x + d x. (x )(x + ) + x + = x + x +. d x x + = x2 d(x + ) 2 x + x + x + x d x. d x x d(x/ 2) 2 ( + (x/ 2) 2) = = 2 ln(x2 + 2) + 2 rctg x 2. Općenit postupk: Rčunnje integrl rcionlnih funkcij ide u dv kork. Kork. Njprije skrtimo rzlomk P (x) tko d brojnik i nzivnik nemju zjedničkih fktor; tj., tko d ne postoji neki polinom D(x) R[x] koji istovremeno dijeli i polinom Q(x) P (x) i polinom Q(x). Npr., ko nm je dn rcionln funkcij ond ju npišemo u skrćenoj formi f(x) := P (x) Q(x) = x + x 2 2x 3, f(x) = c BŠ 35 (x + ) (x + )(x 3) = x 3.

36 Kork 2. U ovom korku njprije podijelimo polinom P s polinomom Q; tj. ndemo polinome S(x) i R(x) tkve d je P (x) = Q(x) S(x) + R(x), te d je deg(r) < deg(q). Podsjetimo se n dobro pozntu činjenicu koj govori d su tkvi polinomi S i R jedinstveni. Npr., ko su polinomi ond se lko vidi d vrijedi tj., d je P (x) = x 3 x + i Q(x) = x 2 +, P (x) = Q(x) x + ( 2x + ); S(x) = x i R(x) = 2x +. Nkon što n rcionlnu funkciju f(x), dnu ko gore, primjenimo prethodn dv kork, koristeći iste oznke, dobivmo d je i ond je I := f(x) = S(x) + R(x) Q(x), f(x) d x = R(x) S(x) d x + Q(x) d x. Ali kko je prvi po redu integrl jednostvn, jer je to integrl polinom, mi zprvo mormo znti kko izrčunti drugi po redu integrl. Ali, nkon sveg što smo do sd vidjeli i/ili nčinili, jsno je kko smo mi u stvri mogli odmh n početku pretpostviti sljedeće: rc. funkcij f(x) := P (x) Q(x) je skrćen i deg P < deg Q Osim tog, smijemo i pretpostviti d je vodeći koeficijent polinom Q(x) jednk ; tj., ukoliko je deg Q = n, ond vrijedi: Q(x) = x n + niže potencije Nime, ukoliko je polinom Q(x) rspisn po potencijm ko ond je gdje je Q(x) = b n x n + b n x n + + b x + b 0, I = f(x) d x = b n P (x) Q (x) d x, Q (x) := x n + b n x n + + b x + b 0. b n b n b n c BŠ 36 36

37 Sd smo spremni iskzti ovj vžn pomoćni rezultt koji govori kko se svku rcionlnu funkciju, u jednoj relnoj vrijbli, može prikzti ko rstv n tzv. prcijlne rzlomke. Teorem.2. (Rstv n prcijlne rzlomke) Nek je dn rcionln funkcij tkv d vrijedi: f(x) := P (x) Q(x), () Rzlomk P (x) je skrćen; Q(x) (2) Z stupnjeve od P i Q immo: deg P < deg Q; (3) Vodeći koeficijent u Q(x) jednk je. Td postoje relni brojevi tkvi d je r, r 2,..., r k i α, β, α 2, β 2,..., α l, β l, α 2 i 4β i < 0, i =,..., l, te ond immo tzv. rstv n ireducibilne fktore Q(x) = (x r ) (x r k ) k (x 2 + α x + β ) b (x 2 + α l x + β l ) b l, z neke eksponente i, b i N. prcijlne rzlomke: f(x) = z neke koeficijente A (i) j A() x r + + A(k) + x r k 37 Ndlje, z rcionlnu funkciju f(x) immo rstv n A() 2 (x r ) A () (x r ) A(k) 2 (x r k ) A (k) k (x r k ) k + B() x + C() B () b x 2 + x + C () b + α x + β (x 2 + α x + β ) b + B(l) x + C(l) B (l) b x 2 + l x + C (l) b l + α l x + β l (x 2 + α l x + β l ) b, l, B(i) j, C (i) j R. Npomen.36. Ovdje je bitno primjetiti d gornji teorem nije konstruktivn, već je egzistencijln. Time želimo reći kko on govori d postoji gornji rstv n prcijlne rzlomke, li ne kže ništ o tome kko tj rstv nći. Zprvo, ko pžljivije pogledmo o čemu se rdi, jsno je d mi tu immo jednu popriličnu tehničku poteškoću. Rdi se o tome d mi, u cilju dobivnj željenog rstv, mormo znti SVE NULTOČKE polinom Q(x). Nime, gornji brojevi {r,..., r k } čine skup svih relnih nultočk od Q(x). Isto c BŠ 37