Neodred eni integrali

Transcript

1 Neodred eni integrali Definicija. Za funkciju F : I R, gde je I interval, kažemo da je primitivna funkcija funkcije f : I R ako je za svako I. F () f() Teorema 1. Ako je F : I R primitivna funkcija za f : I R, tada je i funkcija F () + C, C R, takod e primitivna funkcija funkcije f. Definicija. Skup svih primitivnih funkcija funkcije f naziva se neodred eni integral funkcije f i označava sa f(). Osnovne osobine neodred enog integrala: 1 o ( ) f() f(), o F () F () + C, o λf() λ f(), λ R \ {0}, 4 o ( ) f() ± g() f() ± g(). Čuvajmo drveće. Nemojte štampati ovaj materijal, ukoliko to nije neophodno. 1

2 Tablica integrala n n+1 + C, n 1 n + 1 { arctan + C, 1 + arcctg + C { arcsin + C, 1 arccos + C e e + C sin cos + C sin cot + C sinh cosh + C ln + C 1 1 ln 1 + C + 1 ± 1 ln + ± 1 + C a a + C, a > 0, a 1 ln a cos sin + C cos tan + C sinh coth + C cosh sinh + C cosh tanh + C Osnovne metode integracije: METOD SMENE Ako je f() F () + C, tada je f(u)du F (u) + C. Uzmimo da je ϕ(t), gde je ϕ neprekidna funkcija zajedno sa svojim izvodom ϕ. Tada f ( ϕ(t) ) ϕ (t) F ( ϕ(t) ) + C. METOD PARCIJALNE INTEGRACIJE Ako su u i v diferencijabilne funkcije i funkcija uv ima primitivnu funkciju, tada je udv uv vdu.

3 Primeri najčešće korišćenih smena: 1 d(a + b), a 0, a 1 d( ), 1 a d(a + b), a 0, n 1 1 n d(n ), n 0, d( ), smena: t a + b, a, smena: t,, smena: t a + b, a, smena: t n, n n 1, smena: t, t, a + b a d( a + b), a 0, smena: t a + b, t, a d(ln ), smena: t ln,, d( ln a ), a 0, smena: t ln a,, e d ( e ), smena: t e, e, e a d ( 1 a ea), a 0, sin d(cos ), cos d(sin ), smena: t e a, ae a, smena: t cos, sin, smena: t sin, cos, cos d(tan ), smena: t tan, 1 + t, sin d(cot ), smena: t cot, 1 + t, sinh d(cosh ), smena: t cosh, sinh, cosh d(sinh ), smena: t sinh, cosh, cosh d(tanh ), smena: t tanh, t 1, sinh d(coth ), smena: t coth, 1 t.

4 4 METOD REKURZIVNIH FORMULA Odred ivanje integrala I n f n (), funkcija koje zavise od celobrojnog parametra n, moguće je primenom parcijalne integracije ili nekog drugog metoda, svesti na izračunavanja integrala I m, 0 m < n, istog tipa. Takve relacije, oblika I n Φ(I n 1,..., I n k ), zovemo rekurzivne formule. Da bi se na osnovu njih odredila vrednost integrala I n, neophodno je poznavati uzastopnih k integrala I n 1,..., I n k, kao i prvih k integrala I 0,..., I k 1. INTEGRALI SA KVADRATNIM TRINOMOM m + n 1. I a + b + c n m 0 : I a + b + c n a + b a + c n ( ) a a + b + c a a b 4a t + b a, h c a b 4a n a t ± h. m 0 : I m a + b + c + n a + b + c mi 1 + ni ; I 1 a + b + c 1 a a a + b + c 1 a + b b a a + b + c 1 d(a + b + c) a a b + b + c a I 1 a ln a + b + c b a I. Izračunavanje integrala I opisano je u prethodnom slučaju (m 0). m + n. I, analogno tipu integrala pod 1. a + b + c. I (m + n) a + b + c, smenom m+n 1 t svodi se na slučaj. 4. I a + b + c, rešava se dovod enjem na potpun kvadrat izraza pod korenom ( a +b+c a + b ) ) + c a a b 4a a ( t ±h ), t+ b a, h c a b. 4a

5 5 INTEGRACIJA RACIONALNIH FUNKCIJA Funkcija P (), P () i Q() su polinomi, jeste prava racionalna funkcija Q() ukoliko je stepen polinoma P () manji od stepena polinoma Q(). Prava racionalna funkcija P () Q() n ( a i ) si i1 P (), m ( ) ki + p i + q i gde su nule kvadratnih trinoma + p i + q i, i 1,..., m kompleksne, ima razvoj i1 P () Q() A 11 a 1 + A 1 ( a 1 ) + + A 1s 1 ( a 1 ) s 1 + A 1 + A a ( a ) + + A s ( a ) s + + A n1 + A n a n ( a n ) + + A ns n ( a n ) sn + B 11 + C 11 + p 1 + q 1 + B 1 + C 1 ( + p 1 + q 1 ) + + B 1k 1 + C 1k1 ( + p 1 + q 1 ) k 1 + B 1 + C 1 + B + C + p + q ( + p + q ) + + B k + C k ( + p + q ) k + + B m1 + C m1 + B m + C m + p m + q m ( + p m + q m ) + + B mk m + C mkm ( + p m + q m ). km Konstante A ij, B ij, C ij nalazimo metodom neodred enih koeficijenata. INTEGRACIJA IRACIONALNIH FUNKCIJA: [ ( a + b ) p1 /q 1, ( a + b ) p /q, ] 1. Integral R,..., gde je R neka racionalna funkcija i p i Z, q i N, uvod enjem c + d c + d smene a + b c + d tn, n NZS{q 1, q,... }, svodi se na integral racionalne funkcije.

6 6. P n () a + b + c Q n 1() a + b + c + λ a + b + c, koeficijente polinoma Q n 1 () i λ odred ujemo metodom neodred enih koeficijenata nakon diferenciranja gornje jednakosti.. Integral ( + α) n a + b + c smenom +α 1 svodi se na slučaj t pod. 4. Integral R(, a + b + c), gde je R neka racionalna funkcija, primenom Ojlerovih ili trigonometrijskih/hiperboličkih smena svodi se na integral racionalne funkcije. Ojlerove smene: I) Ukoliko je a > 0, uvodimo smenu a + b + c t ± a ; II) Kada je c 0, smena glasi a + b + c t ± c ; III) U slučaju a + b + c a( 1 )( ), 1, R, koristimo smenu a + b + c t( 1 ). Trigonometrijske i hiperboličke smene: (a) ako se u integralu javi a, smena: a sin t ili a cos t; (b) ako se u integralu javi a +, smena: a tan t ili a sinh t; (c) ako se u integralu javi a, smena: a sin t ili a cos t ili a cosh t. 5. Integracija binomnog diferencijala: I r( a + b q) p, za a, b R, p, q, r Q a) U slučaju p Z, q q 1, r r 1 m, gde su q 1, r 1 Z i m N, uvodimo smenu: t m, mt m 1. Polazni integral tada postaje I m t r 1+m 1 ( a + b t q ) 1 p. b) Kada je r + 1 Z, p s q m, smena: a + bq t m ili t 1/q. c) Za slučaj r p Z, p s q m, smena: t1/q ili a q + b t m.

7 7 INTEGRACIJA TRIGONOMETRIJSKIH FUNKCIJA Neka je R neka racionalna funkcija. Posmatramo integral oblika I R(sin, cos ). 1. U slučaju R( sin, cos ) R(sin, cos ), smena: t cos ; R(sin, cos ) R(sin, cos ), smena: t sin ; R( sin, cos ) R(sin, cos ), smena: t tan. Inače, smenom t tan, sin, imajući u vidu transformacije 1 + t t 1 t, cos 1 + t 1 + t, polazni integral postaje integral racionalne funkcije.. Transformacije proizvoda u zbir sin a sin b 1 ( cos(a b) cos(a + b) ), sin a cos b 1 ( sin(a b) + sin(a + b) ), cos a cos b 1 ( cos(a b) + cos(a + b) ), svode integrale oblika sin a sin b, sin a cos b, cos a cos b, na elementarne integrale.. Za I sin m cos n, gde su m, n Z razlikujemo sledeće slučajeve: n k + 1 (m k + 1 analogno): I sin m (cos ) k cos t sin cos t m (1 t ) k ;

8 8 m k, n l : Snižavamo stepen trigonometrijskih funkcija pod integralom primenom transformacija sin 1 cos, cos m k, n l, k, l N: I sin k cos l 1 sin k cos k cosl+k cos ; sin k cos l cos tan k ( 1 + tan ) l+k d(tan ) 4. R ( tan ), smena: t tan, 1 + t, takod e ( ) R cot, smena: t cot, 1 + t. cos 5. Hiperboličke funkcije analogno, uz napomenu o jednakostima koje važe za ove funkcije: sinh e e, cosh e + e, tanh sinh cosh, cosh sinh 1, sinh sinh cosh, cosh cosh +sinh, sinh sgn() cosh 1, cosh cosh + 1, tanh sinh 1 tanh, cosh 1 1 tanh, arc sinh ln + + 1, arc cosh ln + 1, arc tanh 1 ln + 1 1, arc coth 1 ln 1 + 1, arc tanh a 1 ln + a a, arc coth a 1 ln a + a,

9 9 Zadaci 1. Dokazati za a > 0 i b c : a) log + b + C, b) + b c) a + 1 a arctan + C, d) a e) a + a arctan + C, f) a g) a arcsin a + C, h) i) k) m) n) a ± ±1 ln a ± + C, j) ( a ± ) 1 a ln +C, l) a ± a a + a arcsin a + C, ± a Rešenje: a) b) (+b)(+c) 1 c b ln + b +C, + c a 1 a ln + a + C, a + C, a a ln + a a ± a ln + ± a +C, a ± ± a ± + C, a ± 1 ± a ± a ln + ± a + C. d( + b) + b log + b + C. + b (+b)(+c) 1 (+c) (+b) c b (+b)(+c) 1 ( c b +b c) Kako je I 1.a) 1 c b log +b +C. +c a + 1 a ( ), 1 + a a log a ± a a ± +a +C, ) +c uvod enjem smene t, a, polazni integral postaje tablični a I 1 a 1 + t 1 arctan t + C. a Vraćanjem smene, konačno dobijamo I 1 a arctan a + C.

10 10 d) Integral I a jeste zapravo specijalan slučaj integrala pod b) za a a i b a. Tako na osnovu rezulata pod b) zaključujemo da je I 1 a ln + a + C. a e) a a + + a a + a a +a f) a g) I a 1 a a +a 1 a t a a a + 1.c) a arctan a +C. a ln + a + C. a 1 t a 1.d) arcsin t + C arcsin a + C. h) I ± a 1 a t a a ± 1 t ± 1 a ln t + t ± 1 + C 1 ln a + a ± 1 + C1 ln + ± a + C, gde je C C 1 ln a. i) I a ± ta ± ± ±1 t ±1 ln t +C ±1 ln a ± +C. j) I a ± ta ± ± ±1 t 1 1 t 1 ± 1/ +C ± a ± +C. k) I ( a ± ) 1 a ± a ( a ± ) 1 a 1 a a ± 1.i) 1 1 log a a log a ± 1 + C a log + C. a ± l) I a ± 1.d) t a 1 a log t a t + a a ± t a ±, ± ( t a ) ± a ± + C 1 a a log ± a + C. a ± + a

11 11 m) Oblast definisanosti podintegralne funkcije a integrala I a je segment D f [ a, a ]. To opravdava uvod enje smene a sin t, pri tom je a cos t, kada t na primer prolazi segment t [ π/, π/]. Za takav izbor vrednosti nove nezavisno promenljive t važi cos t 0. Tada je I a a a sin t cos t a 1 sin t cos t ( ) a cos t a (1 + cos t) a + cos t a ( t + 1 ) cos t d(t) a (t + 1 ) sin t + C. Primetimo da je sin t a, t arcsin a, kao i sin t sin t cos t sin t 1 sin t ( ) 1 a a a a. Tada imamo I a ( arcsin a + ) a a + C a + a arcsin a + C. n) I ± a u ± a, du ±a dv, v ± a ± a ± a ± a a ± a ( ) ± a ± a a ± a 1.h) ± a I ± a ln + ± a. Odatle je I ± a ± a ln + ± a + C 1,

12 1 odnosno I ± a ± a ln + ± a + C. Još jedan pogodan način izračunavanja integrala I dat je u nastavku. I ± a Diferenciranjem ove jednakosti nalazimo ± a ± a (c 0 + c 1 ) ± a + λ ± a ± a c 0 ± a + (c 0 + c 1 ) ± a + λ ± a. ± a Posle množenja sa ± a i sred ivanja izraza, dobijamo ± a c 0 + c 1 ± c 0 a + λ. Izjednačavanjem koeficijenata uz iste stepene promenljive dolazimo do sistema jednačina 1 c 0, 0 c 1, ±a ±c 0 a + λ, čije je rešenje c 0 1/, c 1 0, λ ±a /. Time traženi integral postaje I ± a ± a 1.h) ± a ± a ± a ln + ± a + C.. Odrediti sledeće integrale: 1 0 ( + ) (1 + ) ( + 9) ( Rešenje: ) 1/( )

13 1 ( 7/ + 6 5/ + 1 / + 8 1/) ( ) + C. 0 (1 + ) 0 t1 + (t 1) t 0 (t t + 1)t 0 (t t 1 + t 0) t t + t1 1 + C (1 + ) (1 + ) (1 + )1 + + C ( + 9) 10 t + 9 (t (t 9)t t 10) t 8 8 9t C 1 ( + 9) 9 1 8( + 9) 8 + C d( + ) ( + ) C. + 1.b) 1 ( + )( 1) ln C (1 ) (1 ) za 1 0, tj. [ 1, 1]. Za (, 1) ili (1, + ) važi (1 ) ( ) + C 1. ( ) +C,

14 14. Metodom smene odrediti: (1 + 4 ) ( ) ( 1) 1 7 ( 1 + 7) 9 0 ( + 1 ) Rešenje: d( 4 ) ( 4 ) ( 1.d) 1 ) 8 ln C. 0 7 (1 + 4 ) 4 (1 + 4 ) t t 1 4 t 1 (t 1 t ) 1 ( ) ln t + 1/t + C ( ln ( 1 + 4) + 1 ) C. 0 8 ( 1) 1 1 ( ) ( 1) t 1 1 (t + 1) t (1 t + t + 1 ) t 1 ( ln t t 1 ) t + C ( ln ( 1) ) + C d ( 5) ( 1 d ( 5) ( d ) ) d ( 5) log C.

15 ( ) 9 10( ) t t(t + 1) 1 t + 1 t 10 t(t + 1) 1 10 t(t + 1) 1 d(t + 1) 10 (t + 1) 1b) 1 10 log t 1 + t+1 10(t+1) +C 1 10 log ( ) +C ( 1+7) ( 1+ 7) 6 t t t t(1 + t) 1 7 log 7 ( ) + C. 1 t t(1+t) d( ) 1 + ( ) 1 ln C t + 1, t d) t 1 1 ln t 1 t C 1 ln C. ( ) t ( + 1) ( + 1 ) 1 t 1 t / / + C 1 ( + + 1) + C.

16 16 4. Metodom smene odrediti: ( ) / 9 0 ( ) ( + 1 ) + 1 Rešenje: d( 5 ) C ( t t ) t 1 4, 1 t 4 1 t + C (1 + ) + C. 1 1 (t 1) t 4 1 4, t t4 4, t t 4 t5 5 + C C ( 1) 1 (+1 ) d( + 1) 1 d( 1) 1 (+1) / 1 ( 1) / +C 1 (+1) / / ( / ( 1) /) +C.

17 (+) ( ) 1 5 ( ( + ) / + ( ) /) + C. ( + + ) t 1, 1 t 1 1 (1 t ) ( (1 ) (1 ) + 1 ) + C. 7 0 ( ) 1+ / t 1 1+ (1+ ) / t+c C. 8 0 ( + 1 ) + 1 t + 1, t 1 +1 t 1 t 6 (t 4 t 6) t t 5 5 +C 1 5 ( +1) 1 5 ( +1) +C. 9 0 ( ) + t + 4/ ( ) ( +) ( + t 4 t + C 4 ) + C.

18 18 5. Metodom smene izračunati: ln ln 0 0 ln ln ln(1 + ) ln ln (1 + log ) (1 + ) ( ) ln(1 + ) + ln(1 ) Rešenje: 1 0 d(ln ) ln ln ln + C. ln 0 + ln 1/ + ln 1/ 1/ + ln d(ln ) + 1 ln + C. 0 S obzirom da je d(ln 4) i ln 4ln +ln, uvodimo smenu tln 4 : ln t ln ln 4 ln t ln ln t + C t t ln 4 ln ln ln 4 + C. 4 0 ln (ln ) 1/ d(ln ) ln + C. 5 0 ln(1+) ln (1+) ( ) ln 1+ 1 (1+) tln ( 1+ 1 ) t t ( + C 1 ln ) + C. (1+) 6 0 (1 + log ) t, log t log (1 + log ) t + C + C. t

19 19 ( ) ln(1+)+ln(1 ) 7 0 ln ( 1 ) 1 1 tln ( 1 ) 1 1 t 1 6 t + C 1 ( 6 ln 1 ) + C. 6. Metodom smene odrediti: 1 0 e Rešenje: e e e (1+ ) 1/ (1 + ) 6 0 e +1 ln e e + 1 ( 1 + e) d(1+e ) e ( 1+e ) 1+e ln ( 1+e ) +C e 1 + e + C ln ( 1 + e ) + C. Isti rezultat možemo da dobijemo i na sledeći način. 1 + e e + 1 e e ( d e e + 1 e ) e + 1 ln ( e + 1 ) + C e e e + 1 t e e ln t + t C ln(e + e + 1) + C e ln e + C ln ( e ) + C. t + 1 e 0 1 e 1 e 1 + e e + e 1 t e 1, e t e e 1 t 1.e) t t 4 arctan t e +4 +C e 1 4 arctan 1 +C.

20 0 4 0 e 1 t 1 1 e t 1 1 e + C. e 5 0 (1+ ) 1 (1+ ) te (1+ ) 1 e (1+ ) 1 t+c e (1+ ) 1 +C. (1+ ) ( 1 + e) ( + 1)e e ( 1 + e) t e (1 + )e 1.b) ln t(t + 1) t e + C ln t + 1 e + C Metodom smene odrediti: 1 0 tan cot 5 0 cos sin cos 1 + sin Rešenje: 1 0 sin tan cos 0 cos cos cos d(cos ) cos ln cos + C. d(sin ) 1.b) 1 sin sin ln 1 sin + C. 1 (1 + sin ) ln 1 sin + C ln 1 + sin + C cos log cos + sin cos sin +C log 1 + tan 1 tan +C cos cos ) ( d cos tan + C. 4 0 cot log sin + C.

21 5 0 sin log tan + C sin t + π/, 1 + sin(t + π/) 7. 0 tan t/+c tan π +C tan tan π 4 1+tan tan π +C 4 tan 1 tan C cos 1 + sin + C 1 + cot + C 1. 1+cos t 8. Metodom smene odrediti: 1 0 cos 0 cos 0 cos sin 5 0 sin 6 0 sin 4 Rešenje: cos cos cos d() 4 sin + + C. 4 (1 sin 0 cos cos cos ) d(sin ) sin sin + C. Drugi oblik primitivne funkcije može se dobiti snižavanjem stepena trigonometrijske funkcije pod integralom. (1 + cos ) cos cos cos cos 1 1 ( ) 1 cos +cos cos 1 4 ( cos + 1 (cos +cos )) ( ) 1 cos +cos sin + sin +C. 4 1

22 (cos 0 cos 4 ) ( ) 1+cos 1+ cos +cos cos d() + 1 (1 + cos 4) sin + sin 4 + C sin 1 sin + C sin 4 cos cos + C cos + cos 6 0 sin Metodom smene odrediti: 1 0 cos sin sin + sin 4 + C. cos 4 sin 4 0 sin cos 6 0 sin cos + C. 7 0 tan 8 0 tan 9 0 tan sin sin cos 4 cos + 9 sin cos Rešenje: 1 0 Za ( π + kπ, π + kπ), k Z, imamo cos > 0. Tada je cos 1 cos cos ttan, cos 1+t cos 1 1+t ( 1.n) t 1+t + 1 ln t+ 1+t ) +C ( tan cos + 1 ln 1 ) tan + + C cos sin cos + 1 ln sin C cos sin cos + 1 ln cos + sin cos sin + C.

23 Integral, takod e možemo odrediti na sledeći način: sin cos + cos sin cos cos + cos u sin du cos d(cos ) dv v 1 sin cos cos cos 1 cos + sin cos sin cos cos + 1 log 1 + tan 1 tan + C. cos 0 cos 4 1 cos cos t tan, cos cos 1 1+tan 1 1+t (1 + t ) t + t + C tan + 1 tan + C sin sin cos + cos sin sin cos cos + sin 1 ( 1 8 cos d(cos ) cos 1 ) sin sin + ln tan 1 cos + ln tan + C. + 1 log tan + C. sin 4 cot 1 cot + C. sin cos log cos + sin cos sin 1 sin + C. sin tan 1 cos cos cos tan tan tan tan d(tan ) tan 1 cos cos cos tan +C. tan tan + ln cos + C.

24 4 9 0 tan 4 tan 1 cos cos tan d(tan ) tan tan tan + + C sin 4 cos +9 sin t4 cos +9 sin 5 sin 1 5 t 1 ln t + C ln ( 4 cos +9 sin ) + C. sin cos cos t 1 + cos cos sin 1 1 t t 1 ( t ) 1 ln t 1 t + C 1 ln ( 1 + cos ) 1 + cos + C. 10. Metodom smene odrediti: arctan sin sin cos 1 sin 5 0 cos sin + cos + cos tan 110 (1 + cos ) 0 1 sin 6 0 ( + cos ) sin 10 cos sin cos sin + cos sin cos

25 5 arctan Rešenje: arctan d(1 + 4 ) arctan d(arctan ) 1 8 ln(1 + 4 ) 1 arctan / + C / 1 8 ln(1 + 4 ) 1 arctan/ + C. 0 sin sin cos t sin +1, sin t 1 sin +1 sin +1 1 cos sin +1 (t 4 1 ) 4 t 4t + C 4 t(t ) + C 4 sin + 1 (sin ) + C. 1 0 sin sin + cos sin cos (sin + cos ) (sin + cos ) ( sin cos ) + C, za sin + cos cos 1 cos 1 ( 1 ) d sin 1 + C. sin sin sin 5 0 cos (sin ) / cos d(sin ) +C, / za (kπ, kπ + π/), k Z, gde je sin, cos cos sin cos sin cos d(cos ) 1 cos4 + C.

26 6 7 0 sin + cos + t tan sin 1+t t cos 1 t 1+t 1+t t +t+5 d(t + 1) (t + 1) + 4 arctan t C arctan tan C cos + 4 cos ttan, 1+t cos 1 t 1+t t tan, 1+t cos 1 t 1+t 1.c) t arctan tan +C c) 7 arctan ( 7 tan ) + C t 10 0 tan (1 + cos ) sin cos (1 + cos ) t cos sin 1 + t t t(1 + t) t(1 + t) d(1 + t) t(1 + t) (1 + t) 1.b) log 1 + cos 1 + cos 1 + cos + C (+cos ) sin d(cos ) (+cos )(1 cos ) t cos sin ( + t)(t 1) 1 t + 1 (t 1) ( + t)(t 1)(t + 1) 1 ( + t)(t 1) 1 ( + t)(t + 1) 1.b) 1 8 log t t+ 4 log t+ +C 1 t+1 8 log (1 cos )(+cos ) +C (1+cos )

27 7 sin + cos 1 0 sin cos 1 cos t + 1 sin t 1 ( 1 + tan log 1 tan cos + ( 7. 0, ) tan + C. sin t log 1+tan t 1 tan t +log tan t ) +C 11. Metodom smene odrediti: sinh 0 sinh cosh sinh 4 + cosh 4 40 Rešenje: 1 0 sinh cosh cosh tanh sinh 1 sinh cosh 1 tanh cosh ( ) d tanh tanh ln tanh + C. 0 sinh sinh cosh cosh h) 1 ln cosh + cosh 1 d(cosh ) cosh 1 + C. 0 sinh cosh sinh 4 + cosh 4 1 sinh (sinh ) + (cosh ) 1 sinh sinh ( cosh 1 ) ( + cosh +1 ) (cosh + 1) tcosh sinh 1 t +1 1 ln t+ t +1 +C 1 ln ( cosh + cosh + 1 ) + C.

28 8 4 0 cosh tanh tanh / d(tanh ) tanh + C. 1. Primenom metoda parcijalne integracije odrediti: (a + ) 0 a ( a ) 5 ( a ) a Rešenje: 1 0 (a + ) 1 a + a (a + ) 1 a a c) a (a + 1 ) a arctan a 1 a u du d(a dv v 1 + ) (a + ) (a + ) 1 (a + ) 1 a arctan a 1 ( a (a + ) + 1 ) a + 1 a arctan a + a (a + ) + C. (a + ) 0 ( a ) 1.d) u dv ( a ) du v 1 ( a ) (a ) + 1 4a log a + a ( a ) C. a

29 9 0 a + u a + dv a + a + a + du v 1.j) a + a + d ( a + ) a + (a + ) a +C a + +C. Drugi način odred ivanja ovog integrala podrazumeva korišćenje rezultata P n () a + b + c Q n 1() a + b + c + λ a + b + c. Tada je I a + ( ) c 0 + c 1 + c a + + λ gde c 0, c 1, c i λ odred ujemo metodom neodred enih koeficijenata. Diferenciranjem poslednje jednakosti po dobijamo a + (c 0 + c 1 ) a + + ( c 0 ) + c 1 + c a + + a +, λ a +. Nakon množenja sa a + i sred ivanja, izraz postaje c 0 + c 1 + (a c 0 + c ) + a c 1 + λ. Jednačenjem koeficijenata uz iste stepene od na levoj i desnoj strani jednakosti, dobijamo c 0 1, c 1 0, c a, λ 0, što ponovo daje vrednost integrala I a a + + C. 4 0 a u du dv a v 1.j) a a + a a a d ( a ) a (a ) +a +C a +C.

30 0 Drugi način odred ivanja : I a ( ) c 0 + c 1 + c a + λ a. Diferenciranjem po i sred ivanjem koeficijenata uz iste stepene od dobijamo tj., I + a a + C. c 0 1, c 1 0, c a, λ 0, 5 0 ( a ) 5 1 ( a ) a 1 ( a ) 5 a 1 ( a ) 5 a ( a ) u dv ( a ) 5/ du v 1 d( a ) 1 ( a ) 5/ ( a ) / 1 ( a ( a ) / + 1 ) 1a ( a ) / ( a ) / 1 a ( a ) / a ( a ) / 1 a ( a ) / ( a ) a 4 ( a ) / 1 a ( a ) / ( ) a 4 ( a ) / a u dv ( a ) / du v 1 d( a ) 1 ( a ) / a 1 a ( a ) / ( ) a 4 a + a a a 4 a 1 a ( a ) + C a 4 a ( a ) + C.

31 1 1. Primenom metoda parcijalne integracije odrediti: log 1 0 log log ( + a + ) log 0 log log ( + a + ) 0 log 6 0 log + log( ) Rešenje: 1 0 log u log dv du v log log + C (log 1) + C log e + C. 0 log ulog du log dv v log (log 1) + C log log ( log ) e C. 0 log ulog log du dv v log log u log du dv v log ( log 1 ) 1 log 9 log + ( ) 9 log 6 log + +C ( ( log 1) + 1 ) + C C log u log dv du v (log + 1) + C 1 log e + C. log + 1 log 1 +C

32 5 0 log ulog log du dv v 1 1 log log log log e + C 1 ( log e + 1 ) + C. 6 0 log + ulog + du 4 4 dv v log f) log+ + log+ +C 4 log + ++C. 7 0 log ( + a + ) u log ( + a + ) du a + log ( + a + ) dv v a + 1.j) log ( + a + ) a + +C. 8 0 log ( + a + ) u log ( + a + ) du a + log ( + a + ) 1 a log ( + a + ) a a C. dv v log( ) u log ( ) dv du 1+ v log ( + 1+ ) 1+ log ( + 1+ ) +C.

33 14. Primenom metoda parcijalne integracije odrediti: 1 0 sin 0 sin 0 cos 4 0 cos 5 50 tan sin 7 0 ( 1) sin 8 0 sin cos 9 0 (sin + cos ) 4 Rešenje: 1 0 sin u du dv sin v cos cos + cos u du dv cos v sin ( cos + sin ) sin u ( dv sin cos + sin 6 cos + ) cos cos + sin + 6 cos 6 sin + C. du v cos 0 sin u dv sin du v 1 4 sin ( sin 4 1 ) 4 sin 1 cos sin cos +C sin 1 cos +C. 8 0 cos u du dv cos v 1 sin sin sin u dv sin sin + cos 1 cos du v 1 cos sin + cos 1 4 sin +C 1 sin + cos +C. 4

34 4 4 0 sin cos 5 + cos cos 5 sin cos 5 + usin ducos sin dv v 1 sin cos 5 4 cos 4 4 cos sin 4 cos sin cos + 8 log cos + sin cos sin cos + C. cos 5 0 sin tan 7 7 cos 7 u sin6 du 6 sin 5 cos sin dv v 1 cos 7 6 cos 6 1 sin 5 6 tan6 cos 5 usin4 du4 sin cos sin dv v 1 cos 5 4 cos tan6 1 4 tan4 + tan tan6 1 4 tan4 + 1 tan + log cos + C. Integral se može takod e izračunati i primenom metoda smene. tan 7 tan 5 tan tan 5 1 cos cos tan 5 d(tan ) tan tan6 tan 1 cos cos 1 6 tan6 1 4 tan4 + tan tan6 1 4 tan4 + 1 tan + log cos + C. 6 0 sin t, t t t sin t ( t cos t + t sin t + 6t cos t 6 sin t ) + C cos + 6 sin + 1 cos 1 sin + C.

35 5 7 0 ( 1) sin u 1 dv sin du v 1 cos 1 cos + cos 1 cos + sin +C sin cos 1 sin 8 usin du4 sin cos dv sin v 1 cos 1 sin cos + sin cos 1 sin cos cos d(cos ) 1 sin cos 1 cos + C. 9 0 (sin + cos ) 4 d(sin + cos ) (cos sin )(sin + cos ) 4 1 sin +cos u cos sin du (cos sin ) d(sin +cos ) 1 dv v (sin +cos ) 4 (sin +cos ) 1 (sin +cos ) (cos sin ) 1 (cos sin ) (sin +cos ) 1 (sin + cos ) (cos sin ) 1 (cos sin ) 1 (1 + sin ) cos 1 cos 1 (1 + sin ) cos 1 tan + C. 6

36 6 15. Primenom metoda parcijalne integracije odrediti: 1 0 arcsin 0 arccos 0 arccos arcsin 4 0 arcsin 5 0 arcsin 6 0 arcsin arcsin arccos Rešenje: 1 0 uarcsin dv arcsin du 1 v arcsin 1 1.j) arcsin C. 0 arccos uarccos dv du 4 v arccos + 1.j) arccos 4 + C. 4 0 uarccos arccos du 1 dv v arccos arccos C arcsin uarcsin dv du arcsin 1 v arcsin arcsin uarcsin du 1 1 dv 1 v 1.j) 1 arcsin + 1 arcsin arcsin + 1 arcsin + C.

37 7 5 0 arcsin u arcsin dv du arcsin 1 v arcsin arcsin 1 u arcsin dv 1 du ( arcsin + ) 1.j) 1 v 1 arcsin arcsin arcsin u arcsin du 1 dv 1 v 1.m) arcsin 1 arcsin + 1 arcsin arcsin d(arcsin ) 1 4 arcsin + 1 arcsin 4 + C. arcsin 6 0 u arcsin dv du 1 v 1 arcsin + 1.l) 1 arcsin log C arcsin 1 uarcsin du 1 dv 1 v 1.j) 1 1 arcsin + 1 arcsin + C.

38 8 8 0 uarccos dv arcsin arcsin arccos du 1 v arcsin + 1 arcsin arccos + 1 arccos + arcsin arcsin arccos + 1 ( arccos arcsin ) + + C. Bez korišćenja rezultata i , integral se može izračunati na sledeći način. uarcsin arccos dv arcsin arccos arccos arcsin du 1 v arcsin arccos (arccos arcsin ) 1 uarccos arcsin dv 1 du 1 v 1 arcsin arccos + 1 (arccos arcsin ) + arcsin arccos + 1 (arccos arcsin ) + + C. 16. Primenom metoda parcijalne integracije odrediti: arctan 0 arctan 0 arctan 4 0 arctan 5 0 arctan arctan 1 e 7 0 arctan (1 + ) / Rešenje: 1 0 arctan dv arctan 1 u arctan du 1+ v 1.e) + 1 arctan C.

39 9 0 uarctan du 1+ arctan dv v t1+ t 1 arctan 1 6 t arctan 1 ( 1 + log(1 + ) ) + C. 6 arctan 1 1+ arctan 1 ( ) t log t +C arctan uarctan dv du 9+ v 1 1.k) 1 arctan log 1 arctan C. ( 9+ ) 4 0 arctan t, t t t arctan t ( t + 1 ) arctan t t + C ( + 1) arctan + C. arctan arctan 5 0 arctan 1 + u arctan du 1+ dv arctan 1+ v 1.e) i) arctan 1 arctan 1 log ( 1 + ) + C. arctan d(arctan ) 6 0 arctan 1 arctan 1 u arctan du 1 1+ dv v 1.i) 1+ arctan 1 log ( 1+ ) +C.

40 I e arctan (1 + ) / earctan 1+ e arctan (1+ ) u du earctan 1 + earctan 1 + / Odatle je I earctan ( 1) C. 1+ (1+ ) / dv earctan 1+ v e arctan u 1 1+ du (1+ ) / dv earctan 1+ v e arctan e arctan (1 + ) / ( 1) earctan I Primenom metoda parcijalne integracije odrediti: 1 0 e e a cos b 6 0 e sin e 0 ( + ) 5 0 e e a sin b 7 0 e cos Rešenje: 1 0 I e u du dv e v 1 e e e u du dv e v 1 e e ( ) e e e 4 e + e u du dv e v 1 e e 4 e + ( e 1 ) e e 4 e + 4 e 8 e +C e ( ) +C. 8

41 41 0 e ( + ) u e du ( + )e dv v 1 (+) + + e + e u du dv e v e + e +e e + e + e e +C + e + C. 0 e e u dv e v e du e e + C e ( 1 ) + C. e e 4 0 I e a cos b u cos b du b sin b dv e a v 1 a ea 1 a ea cos b + b e a sin b u sin b du b cos b a dv e a v 1 a ea 1 a ea cos b + b ( 1 a a ea sin b b ) e a cos b a Odatle je ea a ( a cos b + b sin b ) b a I. a + b a I ea a ( a cos b + b sin b ) + C1, I ea a + b ( a cos b + b sin b ) + C. odnosno 5 0 e a sin b u sin b du b cos b dv e a v 1 a ea 1 a ea sin b b e a cos b ea ( ) a sin b b cos b +C. a a +b

42 4 6 0 e sin u sin du sin cos sin dv e v 1 e 1 ( ) e sin e 17.5 sin 0 e ( ) cos sin +C e cos e ( 1 sin ) e e sin e 8 ( + cos + sin ) + C. 18. Odrediti rekurentnu formulu za izračunavanje integrala I n za n N, n i a, b 0. (1 1 0 I n log n 0 I n ) n/ 0 I n ( + a ) n 4 0 I n (a + b + c) n 5 0 I n n ± a 6 0 I n n+1 ± a 7 0 I n sin n 8 0 I n cos n 9 0 I n tan n 10 0 I n cot n 11 0 I n (a sin + b cos ) n 1 0 I n (a + b cos ) n Rešenje: 1 0 I n log n u logn dv du n log n 1 v / log n n log n 1 / log n n I n 1.

43 4 Iskoristimo izvedenu relaciju za izračunavanje, na primer, integrala I. Kako je u log du I 1 log dv v / / log / log 4 9 / + C 9 /( log ) + C, na osnovu izvedene rekurentne relacije imamo I / log 4 I 1 7 /( 9 log 1 log + 8 ) + C, I / log I 7 /( 9 log 18 log + 4 log 16 ) + C. (1 0 I n ) n/ (1 )( 1 ) (n )/ I n ( n 1 ) u dv ( n 1 ) du v 1 n (1 ) n/ I n + ( 1 ) n/ 1 (1 ) n/ 1 n n n I n+i n + ( 1 ) n/. n Dakle, n + 1 n I n I n + ( 1 ) n/, pa je n I n n n + 1 I n + ( 1 ) n/. n + 1 Znamo da je I m) arcsin + C. Na osnovu izvedene rekurentne relacije dobijamo I 4 I 1 + ( 1 ) / 4 8 arcsin + ( 1 5 ) + C. 8 (1 Kako je I ) + C, možemo odrediti I I + 5 ( 1 ) + C C.

44 44 0 I n ( +a ) n 1 +a a u dv ( +a ) n du v 1 ( n)( +a ) n 1 n (n )a I n 1 + ( +a ) n 1 a I n 1 1 a 1 (n )a ( + a ) n 1. ( +a ) n Primetimo da su ovaj integral i dobijena rekurentna relacija samo specijalan slučaj integrala i relacije iz narednog primera (a 1, b 0, c a ). 4 0 I n (a + b + c) n a + b + c (a + b + c) n+1 d(a + b + c) (a + b) a + b + c 1 ( 4a (a + b) + 4ac b ) (a+b) +4ac b 1 (a+b) 4ac b 4a(a +b+c) n+1 4a (a + I +b+c) n+1 n+1 4a u a + b du a dv d(a +b+c) 1 v (a +b+c) n+1 n(a +b+c) n 1 ( (a + b) 4a n(a + b + c) n + a ) 4ac b n (a + b + c) n + I n+1 4a a + b 4an(a + b + c) n + 1 n I n + 4ac b I n+1. 4a 4ac b I n+1 I n 1 4a n I a + b n + 4an ( a + b + c ) n a n 1 a + b I n+1 4ac b I n + n n ( 4ac b )( a + b + c ) n.

45 I n n ± a n ( ± a a ) ± a n ( ±a ) a u ( I n 1 ±a ) dv n du ±a v n 1 n 1 n 1 ( ± a ) n 1 n + n 1 I n n 1 n 1 I n n 1 n + n 1 I n a I n 1 ( ± a ) a I n 1 ( ± a ) n 1 n + a I n I n n+1 ± a u n du n n 1 dv ± a v 1 ( ± a ) 1 n( ± a ) n n 1( ± a ) 1 n( ± a ) n ( In ± a ) I n 1 n + I n 1 n( ± a ) n a I n 1 I n 1 n + n( ± a ) na n + I n I n sin n sin n (1 cos )I n u cos dv sinn d(sin ) du sin v 1 n 1 sinn 1 I n 1 n 1 sinn 1 cos 1 n 1 I n n n 1 I n I n 1 n 1 sinn 1 cos I n n 1 n I n 1 n sinn 1 cos. cos sin n

46 I n sin cos n + cos cos n sin cos n + I u sin n dv sin (n 1) cos n 1 1 (n 1) I n + I n sin (n 1) cos n 1 + n n 1 I n. sin cos n + cos n du cos d(cos ) cos n v 1 (n 1) cos n I n tan n tan n 1 cos cos tan n d(tan ) I n 1 n 1 tann 1 I n. tan n cos I n 10 0 I n cot n cot n 1 sin sin cot n sin I n cot n d(cot ) I n 1 n 1 cotn 1 I n.

47 I n (a sin + b cos ) n a sin + b cos (a sin + b cos ) n+1 1 a cos b sin u du (n + 1) (a sin +b cos ) n+1 (a sin +b cos ) n+ dv (a sin +b cos ) v (a cos b sin ) a cos b sin (a cos b sin ) (n + 1) (a sin + b cos ) n+1 (a sin + b cos ) n+ a cos b sin a +b (a sin +b cos ) (n + 1) (a sin +b cos ) n+1 (a sin +b cos ) n+ a cos b sin ( (a (a sin + b cos ) n+1 (n + 1) + b ) ) I n+ I n I n+ n (n + 1) ( 1 a + b )I n (n + 1) ( a cos b sin a + b ) (a sin + b cos ) n I n (a + b cos ) n a + b cos (a + b cos ) n+1 cos a +b (a+b cos ) n+1 (a+b cos ) n+1 ai cos n+1+b (a+b cos ) n+1 1 sin u du (n + 1)b (a+b cos ) n+1 (a+b cos ) n+ dv cos v sin ( sin sin ) ai n+1 +b (n+1)b (a+b cos ) n+1 (a+b cos ) n+ b sin 1 cos ai n (n + 1)b (a + b cos ) n+1 (a + b cos ) n+ b sin (n+1)b (a+b cos ) n+1 +ai n+1+(n+1)b cos I n+ (a+b cos ) n+ ( ) a+b cos a b sin (a+b cos ) n+1 +ai n+1 (n+1)b I n+ (n+1)b b (a + b cos ) n+ b sin (a+b cos ) n+1 (n+1)i n+a(n+)i n+1 (n+1) ( a +b ) I n+.

48 48 (n + 1) ( a + b ) b sin I n+ (a + b cos ) n+1 (n + )I n + a(n + )I n+1 b I n+ (n + 1) ( sin a + b ) (a + b cos ) n+1 n + (n + 1) ( a + b )I n + (n + )a (n + 1) ( a + b )I n Razlaganjem racionalne funkcije, izračunati sledeće integrale ( + 1)( + + 1) ( + + ) ( 1) ( + 1) ( + + ) Rešenje: I 5 ; integral najpre svedemo na integral + 6 prave racionalne funkcije Kako je ( 5 + 6) ( )( ), to je I ( )( ). Nova racionalna podintegralna funkcija dozvoljava razvoj: ( )( ) A + gde je koeficijente A, B, C potrebno odrediti. B + C, (1)

49 49 Metod neodred enih koeficijenata podrazumeva sledeće: pomnožimo jednakost (1) sa ( )( ). Ona postaje jednakost dva polinoma u razvijenom obliku A( )( ) + B( ) + C( ) (A + B + C) + ( 5A B C) + 6A. Izjednačavanjem koeficijenata uz iste stepene promenljive dolazimo do sistema jednačina 5 A + B + C, 6 5A B C, 6 6A. Rešavanjem ovog sistema nalazimo A 1, B 7 i C 11. Time polazni integral svodimo na zbir četiri elementarna integrala: I I + log 7 log + 11 log + C. ( 1) (, podintegralna funkcija dozvoljava razvoj: + 1) 1 ( 1) ( + 1) A A ( 1) + B 1 + C 1 + B + C ( ). () Odredimo A j, B j, C j metodom neodred enih koeficijenata. Nakon množenja () sa ( 1) ( + 1) dolazimo do jednakosti 1 A 1 ( 1) ( + 1 ) + A ( + 1 ) + (B1 + C 1 )( 1) ( + 1 ) +(B + C )( 1) 5 (A 1 + B 1 ) + 4 ( A 1 + A B 1 + C 1 ) + (A 1 + B 1 + B C 1 ) + ( A 1 + A B 1 B + C 1 + C ) +(A 1 + B 1 + B C 1 C ) A 1 + A + C 1 + C. Izjednačavanjem koeficijenata dva polinoma uz odgovarajuće stepene od, dolazimo do sistema jednačina 0 A 1 + B 1 0 A 1 + A B 1 + C 1 0 A 1 + B 1 + B C 1 0 A 1 + A B 1 B + C 1 + C 0 A 1 + B 1 + B C 1 C 1 A 1 + A + C 1 + C,

50 50 čijim rešavanjem nalazimo vrednosti A 1 1/, A 1/4, B 1 1/, C 1 1/4, B 1/, C 0. Polazni integral tada postaje I ( 1) log 1 1 4( 1) + 1 ( d + 1 ) ( log ( 1) + ) ( 1) ( + 1 ) + arctan + C. 0 I ( + 1 ) ( d + 1 ) ( + 1 ) ( + 1)( ; primetimo sledeći razvoj podintegralne funkcije + + 1) 1 ( + 1)( + + 1) ( + 1) ( + 1)( + + 1) 1 ( + 1)( + + 1) 1 ( + + 1) ( + 1) ( + 1)( + + 1) 1 ( + + 1) 1 ( + 1)( + + 1) 1 ( + + 1) 1 ( + + 1) 1 ( + 1) ( + + 1) 1 ( + + 1). Time polazni integral postaje I ( + 1) ( + + 1) 1.b) d( + 1 log ) d( + 1 ( ) ( ) + ( ) ) c) d( + 1 ( ) ( ) log arctan ) t + 1 ( t + 4) ( + + 1) ( t + 4) log arctan ( ++1 ) +C.

51 log (1 ) + C arctan ( + 1) log C 1 arctan log ( + 1) + C log ( 1) + C log ( 1) + C ( +1) log C. + 1 ( arctan(1+ ) arctan(1 ) ) 8 0 ( + + ) arctan( + 1) C log log + + C log(1 + ) + arctan + C arctan log ( + 1) + C ( + + ) 1 arctan( + 1) log C. 0. Odrediti sledeće integrale iracionalnih funkcija (+1) ( 1)( )

52 5 Rešenje: t 6 + 6t 5 6 t 5 t (t t + 1) 6 t + 1 t t + 6t 6 log t C t + t 6 t + 1 t t log C t6 + 1 (1 t 6t 5 6 )t t t 1 6 ( t 6 + t 4 + t t t + 1) + 6 t t t5 + t t4 t t + 6t + t t t t5 + t4 t t + 6t + log(t + 1) 6 arctan t + C 6 ( 6 ) 7 6( ) 5 ( ) log( ) 6 arctan C t 6 1 6t 5 6 t 5 t + t + t 6 (t t t t) + 6 t + t + 1 t t + t + t + 1 d(t t t + t + 1) + t + t + 1 t + t + 1 t t + log t + t + 1 (t + 1 ) c) t t + log t 1 arctan t C t 1 / / 1 1+ log arctan C. 1 1

53 5 4 0 I (+1) t,, t > 0 t ( ) a 0 t + a 1 t + a t + a 1 t + λ. 1 t t 4 1 t Diferenciranjem po t i množenjem sa 1 t dobijamo t 4 4a 0 t 4 a 1 t + (a 0 a )t + (a 1 a )t + a + λ. Izjednačavanjem koeficijenata uz stepene od t formiramo sistem jednačina čije je rešenje 1 4a 0 0 a 1 a 0 a 1 0 a + λ 0 a 0 a a 0 1/4, a 1 0, a /8, a 0, λ /8. Nakon sred ivanja nalazimo da je polazni integral I ( 1 + 4( + 1) 4 + ) 8( + 1) 8 arcsin C. Za < integral se izračunava analognim postupkom, vodeći računa da je t t. Ovaj integral takod e se može odrediti primenom Ojlerove smene. I ( + 1) t, t 1 4t (t 1) (t 1) 4 (t + 1 ) 4 4 (t 4 + 1) 5 (t + 1) 5 (t + 1) 4 8(t + 1) + 4(t + 1) (t + 1) (t + 1) 5 4 t (t + 1) 96 (t + 1) (t + 1) 5. (t + 1) 4

54 54 Koristeći izvedenu rekurentnu relaciju iz zadatka nalazimo I arctan t + 5t7 t 5 + t 5t (t + 1) 4 + C. Vraćanjem smene konačno dobijamo I ( + 1) 4 arctan + + C t t (t 1) 4 t (t 1) 1. 0 t t 1 + log t C t 1 ( + 1)( 1) + log + ( + 1)( 1) + C. 6 0 (1, ) 1 + sin t, t (0, π/) ( 1)( ) sin t cos t, ( 1)( ) sin t(1 sin t) t + C arcsin 1 + C. Integral možemo rešiti i primenom treće Ojlerove smene. ( 1)( ) t( 1) I ( 1)( ) t + t t +1 (t +1) arctan t + C arctan 1 + C. t Svod enjem na integral racionalne funkcije, izračunati sledeće integrale ( 1 + ) 60

55 55 Rešenje: 1 0 I +. Potkorena funkcija u integralu odgovara za primenu prve Ojlerove smene: ± + t. Znak ispred biramo tako da pogoduje sred ivanju podintegralne funkcije. Kako je t , posle pored enja sa podintegralnom funkcijom uzimamo t. Tada je t + t + 1 t t, tj. t t, pa je + t + 1 t. Integral onda glasi (t + 1) Rastavimo racionalnu funkciju t + t + 1 I t(t + 1). t + t + 1 t(t + 1) A 1 + A t t A (t + 1). Metodom neodred enih koeficijenata nalazimo da je A 1, A, A. Integral se transformiše u elementarne integrale I t t+1 d(t+1) (t+1) log t log t+1 + (t+1) +C 1 log log C, gde je C C 1 1/.

56 56 0 I t 1 t +t+1 (t +1) t +t+1 t(t 1)(t +1). t + t + 1 t(t 1)(t + 1) A 1 + A t t 1 + Bt + C t + 1 A 1 1, A 1, B 0, C I t 1 t t + 1 log t 1 arctan t + C t log arctan + C. 1 0 I (+)(+1)t(+1) t t 1, t (t 1) t + t (t )(t 1)(t + 1). t + t (t )(t 1)(t + 1) 16 7(t ) + 4(t 1) (t + 1) (t + 1) + 1 (t + 1) I 16 7 log t + 17 log t log t (t + 1) 1 6(t + 1) + C 16 7 log log log ( ) ( ) + + C

57 I + 4 (1 + 1 ) 1/ t t (t 1) t t (t 1) (t 1) 4 (t 1) (t 1) 4 I I 4, gde je I n (t 1) n. Rekurentnu relaciju za izračunavanje I n I n t n (n 1)(t 1) n 1 (n 1) I n 1 možemo dobiti, na primer, iz za a 1, b 0 i c 1, imajući u vidu da je I 1 t 1 1 log t 1 + C 1. t + 1 Tada je t I (t 1) 1 4 log t 1 + C. t + 1 I t 5t 8(t 1) + 16 log t 1 + C. t + 1 I 4 15t5 40t + t 48(t 1) 5 log t 1 t + 1 I t5 8t t 4(t 1) 1 16 log t 1 + C t C (8 + ) log C.

58 ( 1+ ) t 6 6t 5 6 t 8 (t +1) 4t 6 (t 4 t + + ) 6 (t + 1) 6 4(t 5 t5 4t + 1) t 6 (t + 1) 6 5 t5 4t + 18t 4 t (t + 1) t5 4t t + 18t 1 arctan t + t C 6 ( 5( ) ) 1 arctan 6 + C. 6 0 ( 1+ ) 1/ 1+ t, t +1 t (t +1) / 9 t (t +1) ut dv t (t +1) du v 1 t (t (t +1) +1) t t (t + 1) t 1 arctan 1 4 log (t + 1) t + C + 1 ( 1 + ) 18 log arctan + C.. Svesti sledeće integrale na integral racionalne funkcije. tan tan 4 + tan 1 cos + sin cos 4 sin 5 0 sin cos (sin + cos ) ( sin + cos + 1 )

59 59 Rešenje: 1 0 tan + 1 tan tan t tan t tan 1+t 1+t (4 + t)(1 + t ). t + 1 ( t)(1 + t ). 0 1 cos + sin + cos 4 sin t tan sin 1+t t cos 1 t 1+t 1+t t + 6t 1 (5 8t t )(1 + t ). 4 0 (sin + cos ) 1+t ttan sin t cos 1 t 1+t 1+t 1 (1+t ) (1+t t ). 5 0 sin cos 4 1 sin cos cos (1 + t ). t ttan cos sin t 1+t cos 1 1+t 6 0 ttan ( sin + ) cos t 10t (+t ) t t (t 1) 1+t sin t 1+t cos 1 t 1+t t ( + t ). t (t 1). (1+t )(1 t ) ( t(1 t )+(1+t ) ).