F( x) НЕОДРЕЂЕНИ ИНТЕГРАЛ

Transcript

1 НЕОДРЕЂЕНИ ИНТЕГРАЛ Штa треба знати пре почетка решавања задатака? Дефиниција: Интеграл једне функције је функција чији је извод функција којој тражимо интеграл (подинтегрална функција). Значи: f d F F ' f Правила интеграла: f g d f d g d f d g d. [ ]. Таблица интеграла је инверзна таблици извода: - Почетни ниво. d. a d. d α α F α a a F F за α d. Jov@'s lcurs F si F cos. d cos F si. d d. cos d. si 9. d g F cg F F arcsi или F arccos d. F arcg или F arccg - Напреднији ниво d. d. a b F F a b d. a F a a a a

2 d. a d. a... F a a a F arcg a a a d F arcsi d a F a d a F a. Методе интеграљења a У овој збирци задатака биће кориштене методе интеграљења показане ниже и биће наглашено којом методом треба решити поједини задатак.. МЕТОДА ПРИМЕНЕ ТАБЛИЦА Основна идеја ове методе састоји се у томе да се подинтегрална функција тако трансформише, правилима алгебре, да на крају те трансформације добијемо функцију препознатљиву у таблици. Коришћењем таблице интеграла и основних правила интеграције можемо наћи многе неодређене интеграле.. МЕТОДА СМЕНЕ Метода смене се састоји у томе да се један део подинтегралне функције замени новом променљивом, али тако да остатак подинтегралне функције буде извод замењеног дела.. МЕТОДА ПАРЦИЈАЛНЕ ИНТЕГРАЦИЈЕ Ова метода се заснива на правилу извода производа две функције. Формула u dv u v v du указује на основну идеју ове методе, а она се састоји у томе да један део интеграла одбаремо за диференцирање, а остатак подинтегралне функције за интеграљење.. ИНТЕГРАЦИЈА РАЦИОНАЛНИХ ФУНКЦИЈА Основна идеја ове методе састоји се у томе да се рационална функција разложи на збир парцијалних разломака, (заснованих на терији о полиномима) које ће одредити врста нуле полинома у имениоцу. Метода је у потпуности разрађена и не постоји случај који може задавати проблем. Jov@'s lcurs

3 Теорија о полиномима каже да нуле полинома могу да буду а) реалне једноструке, б) реалне вишеструке, в) коњуговано комплексни пар и г) вишеструки коњуговано комплексни пар. Захваљујући овоме, полином у имениоцу се факторише, тј. представи у облику производа бинома и тринома који су састављени од нула тог полинома. Другим речима, полином Q m се растави на просте чиниоце. Када се то одреди, онда се разломак растави на збир парцијланих сабирака методом неодређених коефицијената. Разломци могу бити облика: a) в) б) г) a b c ( ) ( ) ( ) ( a b c) Сви случајеви су решени и не постоји ни један нерешен случај. b c a a) d b c d b a c d b c b d d d b d a d a a b b b a b c b б) a ( b c) d d a ( b c) b c b d d b c d d b a d b a d b ( ) a a a b b b ( ) ( ) a ( ) b ( b c) в) d Идеја је да се из овог интеграла формирају два: први, у коме ћемо подесити да a b c бином из броијоца буде извод тринома из имениоца, и други у коме ћемо трином представити у каноничком облику a b c a ( α ) β, и онда увести замену за бином под квадратом и свести интеграл на таблични. г) ( a b c) d Идеја је да се из овог интеграла формирају два, на исти начин као и у претходном случају. Првим заменом, добија се за један степен нижи интеграл, што значи да ће се са рекурзивном формулом понављати циклус онолико пута колики је експонент у степену имениоца. Jov@'s lcurs

4 Интеграли Страна d. Израчунати интеграл: d Шта видимо? Види се да подинтегралну функцију чини разломак и да је у имениоцу, а да је у бројиоцу d. Уколико би у бројиоцу било исто. d ( ) d, онда би могли увести замену за d Уводимо смену d d, јер је извод од d d ( ) ( ) то Шта сада видимо?: Види се да подинтегралну функцију чини разломак и да је то рационална функција коју можемо решити стандардном методом интеграљења рационалне функције, или проширивањем бројиоца додавањем и одузимањем истих чланова да се добију изрази из имениоца. d d d d d d ( ) ( ) ( ) ( ) ( ). Израчунати интеграл: d. Израчунати интеграл: d. Израчунати интеграл:. Израчунати интеграл: d ( ) arcg d ( ) d. Израчунати интеграл:. а) Израчунати интеграл: d б) Израчунати интеграл: ( ) d ( a ) Jov@'s lcurs

5 Интеграли Страна. а) Израчунати интеграл: d б) Израчунати интеграл: ( ) d ( a ) 9. Израчунати интеграл: d a. Израчунати интеграл: d (( a)( b ) ) Шта видимо? Фазонски задатак. d (( a)( b ) ) ( b a) ( b a) d a si Уводимо смену (( a)( b ) ) d si cos d a ( b a) si a si a si b a b a d ( b a) si cos d d ( b a) si cos d d ( b a) si cos d a arcsi b a d ( b a) si cos d d ( b a) si cos d (( a)( b ) ) ( b a) si b a ( b a) si ( b a) si cos d ( b a) ( b a) si ( b a ( b a) si ) b a si ( b a) si cos d ( b a) si cos d ( b a) si cos ( b a) si cos ( ( ( ) si cos d ( b a) ( si ) d a arcsi b a. а) Израчунати интеграл: d б) Израчунати интеграл: a y dy. Израчунати интеграл: si () cosd. Израчунати интеграл: d ( ) Jov@'s lcurs

6 Интеграли Страна. Израчунати интеграл: d arcsi. Израчунати интеграл: d. Израчунати интеграл: ( g) d cos arcsi arcsi. Израчунати интеграл: d arcsi arcsi d Шта видимо? ) Види се да у подинтегралној функцији учествује arcsi, ) Такође се види да је под интегралом и израз, што указује да можемо да уведемо смену arcsi. Дакле, arcsi arcsi arcsi d Уведимо смену: d. Тада интеграл постаје: d d. Шта сада видимо? ) Види се да се у подинтегралној функцији добио производ степена и. ) Овакав случај се решава методом парцијалне интеграције, где полином узимамо као део који ћемо диференцирати, а део који ћемо интегралити. u dv u v v du u du d d dv d v d d arcsi arcsi arcsi arcsi ( arcsi ). Израчунати интеграл: si ( cos ) d 9. Израчунати интеграл: d. Израчунати интеграл: ( )( ) d si si. Израчунати интеграл: cos d si Jov@'s lcurs

7 Интеграли Страна lcurs. Израчунати интеграл: d. Израчунати интеграл: d. Израчунати интеграл: d. Израчунати интеграл: d d Шта видимо? Види се да је подинтегрална функција рационална функција (разломак) кога можемо разложити на парцијалне разломке и затим решити стандардном методом парцијалне интеграције. d { { { d d d d d d d d d d d

8 Интеграли Страна ( ) ( ) arcsi. Израчунати интеграл: d. Израчунати интеграл: d. Израчунати интеграл: d arcg 9. Израчунати интеграл: d. Израчунати интеграл: d. Израчунати интеграл: d ( ) arcsi. Израчунати интеграл: d cos. Израчунати интеграл: d si. Израчунати интеграл: d d Шта видимо? Види се да је подинтегрална функција под кореном, а у имениоцу је бином. Када се трансформише израз, дати корен би се могао представити као биномни диференцијал. d d d Jov@'s lcurs d. d

9 Интеграли Страна, m, Q m Када интеграл упоредимо са интегралом биномног диференцијала ( a b ) d a, b R, види се да је m,,. Како Z, отпада прва смена. Испитујући другу: Z s, па уводимо замену: a b, где је s imilac d ( ) ( ) d d ( ) d ( ) d d ( ) ( ) d ( ) d ( ) d ( ). Израчунати неодређени интеграл: d. Израчунати интеграл: ( ) si d. Израчунати интеграл: d si cos. Израчунати интеграл: d cos si 9. Израчунати интеграл: arccos d si. Израчунати неодређени интеграл: d cos. Израчунати неодређени интеграл: d ( ) ( ) ( ) d d,, d Jov@'s lcurs

10 Интеграли Страна. Израчунати интеграл: si si cos d si. Израчунати интеграл: d cos si si d cos si Шта видимо?: Види се да подинтегралну функцију чини рационална функција од тригонометријских функција si и cos. Уз d је si. То значи да би могли увести замену за cos. Под кореном је si, па можемо тај израз представити преко si и да то обезбеди смену за cos. si d cos si si d cos cos si d cos cos cos cos Уводи се смена si d d si d d cos d si d cos Шта сада видимо?: Види се да подинтегралну функцију чини ирационална функција. Ту функцију можемо представити као интеграљење биномног диференцијала. Дакле, тај интеграл би био као интеграл m биномног диференцијала ( a b ) d, m,, Q, a, b R Решење је зависно од: s ) Z - Смена, где је s NZS{ imilaca m i } m s ) Z - Смена a b, где је s imilac m ) Z - Смена a b d ) Z s, где је s imilac d m, и. Именилац од је s Значи, уводимо смену. Случај ) отпада. За случај d d d d d d Jov@'s lcurs

11 Интеграли Страна lcurs d d d d d d d d d d d d d d d d d d d d d d cos cos. Израчунати интеграл: a d. Израчунати интеграл:. Израчунати интеграл: d. Израчунати интеграл: d. Израчунати интеграл: d 9. Израчунати интеграл: d

12 Интеграли Страна 9 Jov@'s lcurs. Израчунати интеграл: d d Шта видимо? Видимо под интегралом квадратни корен једног квадратног тринома. Када би помножили и истовремено поделили тај корен са самим собом, добили би интеграл са ирационалном подинтегралном функцијом облика d c b a P. Знамо да се овај интеграл се решава по моделу c b a d c b a Q d c b a P λ. Ово је оно што знамо и што треба да буде стандард. По тој методи, налази се извод леве и десне стране и изједначавају се непознати коефицијенти. Дакле, c b a c b a Q b a c b a Q c b a P ' λ што даје λ ) ( ) ( ' ) ( Q b a c b a Q P. То је метода везана за ову врсту интеграла. d d λ Када се нађе извод леве и десне стране, добија се: ' λ / λ λ λ λ λ λ λ λ λ λ λ

13 Интеграли Страна lcurs d d d d d d d d d Смена d d d d arcsi arcsi d d arcsi arcsi arcsi arcsi arcsi arcsi arcsi. Израчунати интеграл: d. Израчунати интеграл: d. Израчунати интеграл: d

14 Интеграли Страна. Израчунати интеграл: d. Израчунати интеграл: d. Израчунати интеграл: d. Израчунати интеграл: d. Израчунати интеграл: d d 9. Израчунати интеграл: cos d cos Шта видимо? Видимо да се под интегралом рационалну функцију у којој учествује cos. Нема si уз d да урадимо замену, а такође не можемо да урадимо парцијалну интеграцију. Остаје само да применимо методу интеграције рационалних израза са тригонометријским функцијама, где је главна ствар да сваку од тригонометријских функција изразимо преко g. g Како је: cos. Уводи се смена g. Одавде је: cos, а arcg g d arcg d d d. d d d d d d cos arcg arcg g arcg. Израчунати интеграл: si si cos d Jov@'s lcurs

15 Интеграли Страна. Израчунати интеграл: ( ) cos d. Израчунати интеграл: si cos d. Израчунати интеграл: d d. Израчунати интеграл:. Израчунати интеграл: d. Израчунати интеграл: d d. Израчунати интеграл:. Израчунати интеграл: d 9. Израчунати интеграл: d d Шта видимо? Види се да је подинтегрална функција рационална функција од ирационалне функције. Интеграл је r r a b a b k типа R, d,...,, r r Q c d c d,..., a b k, а он се решава сменом, где је c d NZS{ имениоци - r k }. Ово значи да уколико имамо израз са рационалним изложиоцем (кореном) код кога је иста основа, уводимо смену са степеном који ће обезбедити да корени нестану и да подинтегралну функцију пребацимо из ирационалног домена у интеграцију рационалне функције. d Уводимо смену d d ( ) d d d d Шта сада видимо? Jov@'s lcurs

16 Интеграли Страна lcurs Види се да је подинтегрална функција рационална функција и интеграл ћемо решити стандардном методом интеграције рационалних функција. Бројилац је већег степена од имениоца, па ће бити потребно делити бројилац са имениоцем. Дакле: : m m ± ± ± ± m m m m ± ± Дељењем добијамо:. d d d d d d d d d d Уводимо смену: d d d d arcg d arcg d arcg arcg

17 Интеграли Страна ( ) arcg ( ) ( ) ( ) arcg. Израчунати интеграл: d. Израчунати интеграл: d. Израчунати интеграл: d ( ) d. Израчунати интеграл: d. Израчунати интеграл: α cos βd. Израчунати интеграл: si ( ) d. Израчунати интеграл: arcsi d. Израчунати интеграл: d. Израчунати интеграл: d ( ) 9. Израчунати интеграл: ( ) si d. Израчунати интеграл: ( ) ( ) si d Jov@'s lcurs si d Шта видимо? Видимо под интегралом производ бинома, експоненцијалне функције типа α и тригонометријске функције типа cos β. Oвај интеграл нас подсећа на интеграл израза са тригонометријским α α α ( m si β) d Rk cos β Sk si β α функцијама P cos β Q, где је

18 Интеграли Страна lcurs главна идеја да претпоставимо решење са полиномомима неодређених коефицијената код којих је степен { } m k, ma, а затим да их одредимо диференцирањем леве и десне стране, где ће са леве стране једначине извод интеграла дати подинтегралну функцију, а извод израза са десне стране одредити систем једначина у којима ће се одредити неодређени коефицијенти. d si d si cos si ' ' si cos si d ' ' ' ' si si cos cos si si si cos cos si cos si si si cos cos si : / cos si si si cos cos si cos si si si si si cos cos cos [ ] [ ] cos si si [ ] [ ] cos si si [ ] [ ] cos si si / / / /

19 Интеграли Страна ( ) cos ( ) si cos si cos si. Израчунати интеграл: si cos d. Израчунати интеграл: si d. Израчунати интеграл: si d d. Израчунати интеграл: si cos si cos. Израчунати интеграл: d cos π. а) Израчунати si d б) Израчунати површину ограничену графицима y, y и в) Израчунати координате тежишта плоче која је ограничена са π. а) Израчунати cos d y и y. y над [,] б) Израчунати површину ограничену графицима кривих y и y. в) Израчунати момент инерције правоугаоне плоче која је дефинисана на интервалу и y масе кг која ротира око y -осе... а) Израчунати d Jov@'s lcurs б) Израчунати површину која је ограничена графицима кривих y, y и правом y. в) Израчунати момент инерције правоугаоне плоче која је дефинисана на интервалу и y масе кг која ротира око y -осе.

20 Интеграли Страна а) d Шта видимо? ) Види се да се подинтегрална функција састоји од производа степена и функције. Стандарда је ствар да у таквим случајевима уводимо методу парцијалне интеграције, зато што се само тако можемо решити функције која није ничији извод, али има свој извод. u du d d u dv u v v du dv d v dv d d d ( ) б) Израчунати површину која је ограничена графицима кривих y, y и правом y. Прво треба видети облик површине коју праве криве: ) Види се да су у питању две параболе (јер функције имају члан ) и права. Прва парабола је окренута надоле (јер је уз негативан чинилац), а друга нагоре. Друга парабола сече -осу у тачкама ±, а y осу у тачки. Прва парабола сече y осу у тачки. То је оно што прво видимо. ) Теме друге параболе је у тачки за коју је, а то је y, а теме прве се добије из ( 9) ( ) y 9 9. Види се да сече y осу у тачки за коју је, а то је. ) Права са -осом заклапа туп угао и сече y осу у тачки. Када све то узмемо у обзир, графици који формирају површину изгледају: Да би видели границе интеграљења, потребно је наћи пресечне тачке између две параболе. Дакле: / : ( ) ± 9 ± ±, Тачка која је нама од интереса је прва пресечна тачка и она је уједно и тачка њиховог обостраног пресека са -осом. Пресек праве и друге параболе је: ± 9 ± ± 9 9 9, Тачка која је овде од интереса је друга пресечна тачка и она је уједно и тачка њиховог обостраног пресека са -осом. Jov@'s lcurs

21 Интеграли Страна lcurs Одавде се види да је површина састављена из два дела: једног који је за,, а други који је,. Одавде је: d d P d d P d d P d d d d d d P d d d d d d P P P P P P в) Израчунати момент инерције правоугаоне плоче која је дефинисана на интервалу и y масе кг која ротира око y -осе. Правоугаона плоча се може представити као правоугаоник димензија и y масе кг: Момент инерције кога прави материјална тачка масе m је r m d, где је r удаљење од осе ротације. У нашем случају, око осе y ротирају две материјалне траке инфинитезималне ширине d које су на растојању од осе ротације. Зато је момент инерције који потиче од те две траке dm d. Овде је dm инфинитезимална маса, која потиче од површинске густине плоче: kg kg δ, d d d y dp dm δ δ d d d. Одавде је: d d d 9

22 Интеграли Страна 9 9. а) Израчунати ( ) d б) Израчунати дужину лука криве a( cos si ), y a( si cos) од T. в) Одредити координате тежишта полукружне плоче која се протеже од интервала [,] на -оси до графика y. 9. Израчунати одређени интеграл: arcsi d 9. Парабола y дели круг y на два дела. Нађи површину сваког од њих. 9. Израчунати површину дела равни ограниченог параболом y и правом y. 9. Користећи одређени интеграл, израчунати дужину лука криве (,) y од тачке (,) до тачке 9. Користећи одређени интеграл, израчунати површину ограничену кривама правом. y, y и 9. Користећи одређени интеграл, израчунати површину ограничену са параболом y. y и правом 9. Применом одређеног интеграла, израчунати површину ограничену кривом y, и правама y и. 9. Применом одређеног интеграла, израчунати површину ограничену кривом правом y. y, y -осом и 9. Применом одређеног интеграла, израчунати површину ограничену кривом y, и правама y и. 99. Применом одређеног интеграла, израчунати дужину лука криве f тачке од тачке до Jov@'s lcurs