6 Neodreženi integrali 39 6 Neodreženi integrali Funkcija F (x) na intervalu (a, b) R je primitivna ili prvobitna funkcija funkcije f(x), ako je x (a, b) F (x) = f(x). Primer 38 Funkcija F (x) = sin x je primitivna funkcija funkcije f(x) = cos x na (, + ), jer je F (x) = (sin x) = cos x = f(x). Primetimo da su, na primer, i funkcije sin x+5, sin x 3 i sin x+ π takože primitivne funkcije za cos x na (, + ), jer je i (sin x + 5) = (sin x 3) = (sin x + π) = cos x. Iz prethodnog primera vidi se da primitivna funkcija nije jednoznačno odrežena. Teorema 9 Ako je F (x) primitivna funkcija funkcije f(x) na (a, b) i C R bilo koji realan broj, tada je i F (x) + C primitivna funkcija funkcije f(x) na (a, b). Dokaz 7 Na osnovu osobina izvoda dobijamo [F (x) + C] = F (x) = f(x) Skup svih primitivnih funkcija funkcije f(x) zove se neodreženi integral funkcije f(x) i označava se sa f(x) pri čemu f(x) predstavlja podintegralnu funkciju ili integrand a f(x) podintegralni izraz. Ako je F (x) primitivna funkcija funkcije f(x) onda je f(x) = {F (x) + C C R}. Uobičajeno je da se piše f(x) = F (x) + C ( f(x)) = f(x)
6.1 Osobine neodreženih integrala 40 6.1 Osobine neodreženih integrala 1. d( f(x)) = d(f (x) + C) = F (x) = f(x). df (x) = F (x) = F (x) + C 3. kf(x) = k f(x), k R Kako je, na osnovu osobina diferencijala, d[kf (x)] = kdf (x) to je kf(x) = kdf (x) = dkf (x) = kf (x) + C = k[f (x) + C1 ] = k f(x). 4. [f(x) + g(x)] = f(x) + g(x) Neka je f(x) = F (x) + C i g(x) = G(x) + C. [f(x)+g(x)] = [f(x)+g(x)] = [df (x)+dg(x)] = d[f (x)+ G(x)] = F (x) + G(x) + C = f(x) + g(x) 6. Tablica integrala elementarnih funkcija 1. x α = xα+1 + C, α 1 1 x α+1 = ln x + C, α = 1. a x = ax + C, a > 0, a 1 ln a e x = e x + C, a = e 3. = 1arctg x + C, a 0 a +x a a = arctgx + C, a = 1 1+x 4. = 1 a x a ln a+x a x + C, a 0 = 1 1+x ln + C, a = 1 1 x 1 x 5. a = arcsin x + C, a 0 x a 1 x = arcsin x + C, a = 1 6. x = ln x + x ± a + C, a 0 ±a = ln x + x x ± 1 + C, a = 1 ±1 7. sin x = cos x + C
6.3 Osnovne metode integracije 41 8. cos x = sin x + C 9. cos x = tgx + C 10. sin x = ctgx + C 6.3 Osnovne metode integracije 6.3.1 Metoda dekompozicije Metoda se zasniva na navedenim osobinama intergrala. [k 1 f(x) + k g(x)] = k 1 f(x) + k g(x) Primer 39 (x 3e x + 7 x) = x 3 e x + 7 x = 3 x3 3e x + 14 3 x x + C 6.3. Metoda parcijalne integracije Metoda polazi od ideje da se podintegralni izraz podeli na dva dela, odnosno izrazi kao proizvod f(x) = g(x) h(x). Ako se sada uvedu oznake g(x) = u h(x) = dv dobija se dalje da je v = dv = h(x) du = g (x). Formula za parcijalnu integraciju ima oblik udv = uv vdu. Ova formula se može izvesti polazeći od osobine diferencijala d(uv) = udv + vdu. Naime, kada se integrišu leva i desna strana ove jednakosti dobija se d(uv) = udv + vdu odnosno uv = udv + vdu
6.3 Osnovne metode integracije 4 i konačno udv = uv vdu. Funkcije u i v moraju biti diferencijabilne, a za udv i vdu moraju postojati integrali. Primer 40 Pri tome smo koristili x ln x = x3 x 3 3 ln x 1 x3 x3 = ln x 3 x 3 9 + C u = ln x, dv = x, v = dv = 6.3.3 Metoda smene nezavisno promenljive x = x3 3, du = 1 x. Neka je funkcija x = ϕ(t) definisana i neka ima neprekidni izvod ϕ (t) na nekom intervalu [α, β], i neka je pri tome njen antidomen [a, b]. Konačno, neka postoji inverzna funkcija ϕ 1 : [a, b] [α, β]. Ako je f(x) neprekidna na [a, b] tada je f(x) = f[ϕ(t)]ϕ (t). Naime, diferenciranjem izraza na desnoj strani po x, imajući pri tome u vidu pravila za diferenciranje složene i inverzne funkcije, dobijamo ( f[ϕ(t)]ϕ (t)) x = ( f[ϕ(t)]ϕ (t) 1 ϕ (t) f[ϕ(t)]ϕ (t)) t = = f[ϕ(t)] = f(x). Primer 41 tgx = sin x cos x = pri čemu smo koristili smenu t = ln t + C = ln cos x + C cos x = t, sin x =. Efikasnost smene nezavisno promenljive zavisiće od toga kakva funkcija ϕ(t) je odabrana, odnosno da li je integral na desnoj strani formule za smenu promenljivih jednostavniji za izračunavanje od integrala na levoj strani.
6.4 Integrali sa kvadratnim trinomom ax + bx + c 43 6.4 Integrali sa kvadratnim trinomom ax + bx + c Prilikom rešavanja nekih tipova integrala koji sadrže kvadratni trinom ax + bx + c (a 0) najpre je potebno ovaj trinom svesti na kanonički oblik, na sledeći način ax + bx + c = a[x + a b x + c a ] = a[x + b ( ) ( ( ) b c b a x + + ] = a a) a ( a x + b a ) + ( ) c a b = a 4a ( x + b ) ± k a gde je ±k = c b = 4ac b. Znak ispred k je pozitivan ako je 4ac b a 4a 4a pozitivno, a negativan ako je 4ac b negativno, odnosno zavisi od toga da li trinom ax + bx + c ima realne ili kompleksne korene. Takože je moguće i da bude k = 0. Prvi tip integrala sa kvadratnim trinomom je I 1 = ax + bx + c = [ (x ) = a + b a ± k ] a(t ± k ) Ovaj integral se dalje svodi na jedan od sledeća dva integrala a(t + k ) = 1 a 1 k arctg t k + C, 4ac b > 0 a(t k ) = a(k t ) = 1 a 1 k ln k + t k t + C, 4ac b < 0. Primer 4 x + 8x + 0 = 1 x + 4x + 10 = 1 (x + ) + 6 = 1 1 arctg x + +C 6 6 x + 8x + 4 = 1 x + 4x + = 1 (x + ) = 1 1 ln + x + +C. x Sledeći tip integrala je I = Ax + B ax + bx + c.
6.4 Integrali sa kvadratnim trinomom ax + bx + c 44 Ovaj tip svodi se na prethodni tip (I 1 ) na sledeći način A a I = (ax + b) + (B A b ax + bx + c a ) A a x + A b + B A b a a a ax + bx + c = A a A a ln ax + bx + c + = ( ax + b ax + bx + c + ( B A b ) I 1. a B A b a ) ax + bx + c = Primer 43 3 3 8 3x + x + 8x + 0 = (4x + 8) + ( 4 x + 8x + 0 3 4 3 4 ln x + 8x + 0 4 1 4x + 8 x + 8x + 0 4 4 ) = x + 8x + 0 = 1 arctg x + + C 6 6 Treći tip integrala predstavlja sledeći integral u kome se kvadratni trinom pojavljuje pod kvadratnim korenom I 3 = ax + bx + c U slučaju kada je a > 0, za ovaj integral se svoženjem kvadratnog trinoma na kanonični oblik i uvoženjem smene kao i u prethodnim slučajevima, dobija I 3 = ax + bx + c = 1 a t ± k = 1 a ln t + t ± k + C. Analogno, kada je a < 0, integral se svodi na I 3 = ax + bx + c = 1 a k t = a 1 arcsin t k + C. Primer 44 x + 8x + 0 = 1 (x + ) + 6 = 1 ln x++ x + 4x + 10 +C
6.4 Integrali sa kvadratnim trinomom ax + bx + c 45 x x + 3 = x x 1 + 4 = 4 (x + 1) = 1 x + 1 = arcsin + C 1 ( x+1) Sledeći tip integral svodi se na predhotni (I 3 ) na isti način na koji se integral tipa I svodi na integral tipa I 1 I 4 = Ax + B ax + bx + c = A a x + A b + B A b a a a = ax + bx + c A a ( ax + b ax + bx + c + B A b ) a ax + bx + c = = A a ax + bx + c + ( B A b a ) I 3 Primer 45 5 5 8 5x 3 x + 8x + 0 = (4x + 8) + ( 3 4 x + 8x + 0 4 ) = 5 5 4 x + 8x + 0 13 4x + 8 x + 8x + 0 13 x + 8x + 0 = 1 ln x + + x + 4x + 10 + C Poslednji tip integrala sa kvadratnim trinomom ima sledeći oblik I 5 = ax + bx + c. I za ovaj integral razmotrićemo dva slučaja, kada je a > 0 i kada je a < 0, pri čemu treba naglasiti da je postupak rešavanja u oba slučaja gotovo isti. Posmatraćemo najpre slučaj kada je a > 0. Kao i u prethodnim slučajevima, prvo ćemo kvadratni trinom svesti na kanonični oblik, a zatim uvesti smenu, posle čega dobijamo I 5 = ax + bx + c = a t ± k = ai gde je I = t ± k.
6.4 Integrali sa kvadratnim trinomom ax + bx + c 46 U daljem postupku rešavaćemo integral I tako što ćemo ga transformisati i razložiti na dva integrala I = t ± k = t t ± k ± k t ± k Drugi integral je tablični, pa se uz parcijalnu integraciju prvog integrala dobija gde je I = t t ± k t ± k ± k ln t + t ± k t = u = du t t ± k = dv v = t ± k. Sada smo dobili jednačinu u kojoj se integral I pojavljuje i na levoj i na desnoj strani odakle je odnosno I = t t ± k I ± k ln t + t ± k I = t t ± k ± k ln t + t ± k I = 1 [ t t ± k ± k ln t + t ± k ] i konačno a [ I 5 = t t ± k ± k ln t + t ± k ] + C. Analogno, ako važi a < 0 I 5 = ax + bx + c = a k t = a I a zatim se ponovo, korišćenjem parcijalne integracije rešava integral I I = k t = k k t t k t = k [( t) k t k ] t + k t = k arcsin t k + t k t I
6.5 Integrali racionalnih funkcija 47 odnosno I 5 = I = 1 (t k t + k arcsin t k ) a (t k t + k arcsin t k ). Primer 46 I = x + 8x + 0 = x + 4x + 10 = (x + ) + 6 = t + 6 (x + = t) I 1 = t + 6 = t t + 6 + 6 t + 6 = t t + 6 t + 6 +6 ln t + t + 6 }{{} I 1 = 1 I 1 [ t t + 6 + 6 ln t + t + 6 ] I = (x + ) x + 4x + 10 + 3 ln x + + x + 4x + 10 + C 6.5 Integrali racionalnih funkcija Pod racionalnom funkcijom ovde podrazumevamo funkciju koja predstavlja količnik dva polinoma R(x) = P m(x) Q n (x) gde su P m (x) i Q n (x) polinomi stepena m i n, respektivno. Ako je m < n i P m (x) i Q n (x) nemaju zajedničkih nula, tada za funkciju R(x) kažemo da je prava racionalna funkcija. Ako za racionalnu funkcija važi da je m n onda se ona može se svesti na zbir polinoma reda l = m n i prave racionalne funkcije. R(x) = S l (x) + T k(x) Q n (x)
6.5 Integrali racionalnih funkcija 48 gde je k < m. Integral svake racionalne funkcije se, prema tome, može svesti na integral polinoma (koji se rešava tablično) i integral prave racionalne funkcije, pa ćemo stoga nadalje smatrati da je racionalna funkcija R(x) uvek prava racionalna funkcija. Najpre ćemo konstatovati da se svaki polinom n-tog stepena može predstaviti u obliku: Q n (x) = a 0 x n + a 1 x n 1 +... + a n 1 x + a n Q n (x) = a 0 (x x 1 ) k 1 (x x ) k... (x x n1 ) kn 1 (x + p 1 x + q 1 ) l 1 (x + p x + q ) l... (x + p n x + q n ) ln pri čemu su x 1, x,..., x n1 realne nule polinoma Q n (x), a kvadratni trinomi x + px + q nemaju realnih nula, već su u njima sadržani konjugovano kompleksni parovi nula polinoma Q n (x), pa je stoga k 1 + k +... + k n1 + (l 1 + l +... + l n ) = n. Racionalne funkcije A (x a) k i Ax + B (x + px + q) k gde su A, B, a, p, q realni brojevi, a k prirodan broj, i pri čemu polinom x + px + q nema realnih nula, nazivamo prostim racionalnim funkcijama. Ako je R(x) prava racionalna funkcija R(x) = P m(x) Q n (x) m < n i ako se pri tome polinom Q n (x) predstavi u obliku gornjeg proizvoda, tada postoje konstante A 11, A 1,..., A 1k1, A 1, A,..., A k,..., A n1 1, A n1,..., A n1 k n1, B 11, B 1,..., B 1l1, B 1, B,..., B l,..., B n 1, B n,..., B n l n, C 11, C 1,..., C 1l1, C 1, C,..., C l,..., C n 1, C n,..., C n l n takve da je R(x) = A 11 x x 1 + A 1 (x x 1 ) +... + A 1k 1 (x x 1 ) k 1 + A 1 x x + A (x x ) +... +
6.5 Integrali racionalnih funkcija 49 + A k (x x ) k +... + A n 1 1 x x n1 + A n 1 (x x n1 ) +... + A n 1 k n1 (x x n1 ) kn + B 11x + C 11 x + p 1 x + q 1 + B 1x + C 1 (x + p 1 x + q 1 ) +...+ B 1l 1 x + C 1l1 (x + p 1 x + q 1 ) l 1 + B 1x + C 1 x + p x + q + + B x + C (x + p x + q ) +... + B l x + C l (x + p x + q ) l +... + B n 1x + C n 1 x + p n x + q n + + B n x + C n (x + p n x + q n ) +... + B n l x + C n n l n. (x + p n x + q n ) ln To znači da svaka prava racionalna funkcija može da se prikaže kao konačan zbir prostih racionalnih funkcija. Konstante A ij, B ij i C ij odrežuju se množenjem gornjeg izraza faktorizovanim oblikom polinoma Q n (x) pri čemu jednačina prelazi u jednakost dva polinoma. Izjednačavanjem koeficijenata uz iste stepene dobija se sistem linearnih jednačina po nepoznatim A ij, B ij i C ij. Ovaj metod se zove metod neodreženih koeficijenata. Primer 47 odakle je x + x 4 + 3x = x + x (x + 3) = A x + B x + Cx + D / x (x + 3) x + 3 x + = Ax(x + 3) + B(x + 3) + (Cx + D)x = Ax 3 + 3Ax + Bx + 3B + Cx 3 + Dx = (A + C)x 3 + (B + D)x + 3Ax + 3B pa izjednačavanjem koeficijenata uz odgovarajuće stepene dobijamo sistem jednačina odakle je A + C = 0 B + D = 1 3A = 0 3B = A = 0 B = 3 C = 0 D = 1 3 pa je, prema tome, x + x 4 + 3x = 3x + 1 3(x + 3).
6.5 Integrali racionalnih funkcija 50 Primer 48 odakle je x 3 + x + (x + ) = Ax + B x + + Cx + D (x + ) x 3 +x + = (Ax+B)(x +)+Cx+D = Ax 3 +Bx +Ax+B +Cx+D = Ax 3 + Bx + (A + C)x + B + D pa sledi A = 1 B = 1 A + C = 0 B + D = odnosno i konačno A = 1 B = 1 C = D = 0 x 3 + x + = x + 1 (x + ) x + x (x + ). Integracija racionalnih funkcija se, kao što smo videli, primenom metode neodreženih koeficijenata svodi na integraciju prostih racionalnih funkcija, pa ostaje da razmotrimo kako se rešavaju integrali racionalnih funkcija. Kako je A (x a) = k A = A ln x a + C x a A(x a) k (x a) k+1 = A + C = k + 1 A (1 k)(x a) k 1 + C k > 1 i kako smo pokazali kako se izračunava Ax + B x + px + q ostaje da pokažemo kako se izračunava
6.5 Integrali racionalnih funkcija 51 Ax + B (x + px + q) k kada je k > 1. Najpre ćemo transformisati prostu racionalnu funkciju A Ax + B (x + px + q) = (x + p) Ap + B = k (x + px + q) k Odavde je A x + p (x + px + q) + (B pa k ) 1 (x + px + q) k Ax + B (x + px + q) k = A x + p (x + px + q) +(B pa k ) 1 (x + px + q) k. Za prvi integral se uvodi smena x + px + q = t, (x + p) =, posle čega je x + p (x + px + q) = k t = 1 k (k 1)t = 1 k 1 (k 1)(x + px + q) k 1 Ostaje da rešimo (x + px + q) = k [ (x ) ] + p k = + q p 4 [ (x ) + p + 4q p 4 ] k Kako polinom x + px + q nema realnih nula, to je p 4q < 0 odnosno 4q p > 0, pa možemo uvesti oznaku 4q p = a. Dalje se, smenom x+ p = t 4 dobija (x + px + q) = k Preostaje nam, konačno, rešavanje integrala I k = Za k = 1 dobijamo tablični integral (t + a ) k. (t + a ) k
6.5 Integrali racionalnih funkcija 5 I 1 = t + a = 1 a arctg t a + C. Za k > 1 primenom parcijalne integracije dobijamo pri čemu je i dalje = I k = t (t + a ) + k k (t + a ) = t k (t + a ) + k u = t (t + a ) + k k Odavde se dobija da je 1 (t + a ) k dv = kt du = v = t (t + a ) k+1 kt (t + a ) k+1 t (t + a ) = t t k+1 (t + a ) + k + a a = k (t + a ) k+1 = (t + a ) k ka t (t + a ) k + ki k ka I k+1. ka I k+1 = odakle sledi rekurentna formula t (t + a ) k + (k 1)I k (t + a ) k+1 = I k+1 = 1 ka t (t + a ) + k 1 k ka I k k = 1,,... Primer 49 Iz rekurentne formule dobija se direktno (x + a ) = 1 a x x + a + 1 a 1 a arctgx a + C. Primer 50 Rešićemo sada integral racionalne funkcije I = x + x 6 x 5 + x 4 x 3 + x x.
6.5 Integrali racionalnih funkcija 53 Polinom x 6 x 5 + x 4 x 3 + x x može da se predstavi u vidu proizvoda x(x 1)(x + 1), odakle je I = x + x(x 1)(x + 1). Metodom neodreženih koeficijenata dobijamo odnosno x + x(x 1)(x + 1) = A x + B x 1 + Cx + D x + 1 + Ex + F (x + 1) x + = A(x 1)(x +1) +Bx(x +1) +(Cx+D)x(x 1)(x +1)+(Ex+F )x(x 1) Odavde se sada može dobiti sistem linearnih jednačina sa 6 nepoznatih. Mi ćemo, mežutim, do nepoznatih koeficijenata doći na drugi način. Najpre ćemo u gornjoj jednakosti promenljivu x zameniti nekim konkretnim vrednostima. Ako se uzme da je x = 0 dobija se = A, odnosno A =. Slično, za x = 1 sledi 3 = 4B, odnosno B = 3 4. Dalje, za x = i dobijamo 1 = (Ei+F )i(i 1) = (1+i)(Ei+F ) = E F + i( E F ), pa je odatle E F = 1, E F = 0, odnosno F = 1 E = 1. Ostalo je, još, da odredimo koeficijente C i D. Kako u polinomu sa desne strane uz x 5 stoji A + B + C a kako sa leve strane x 5 ne postoji, to je A+B+C = 0 pa kada zamenimo dobijene vrednosti za A i B dobijamo + 3 4 + C = 0 odnosno C = 5 4. Analogno, kako je uz x 4 sa desne strane A + D C sledi da je A + D C = 0 odnosno D = A + C = + 5 4 = 3 4. Na osnovu dobijenih vrednosti svih nepoznatih koeficijenata, imamo da je pa je x + x(x 1)(x + 1) = x + 3 4 1 x 1 + 1 5x 3 4 x + 1 + 1 = x + 3 4 I = x + x(x 1)(x + 1) x 1 + 1 4 5x 3 x + 1 + 1 x 1 (x + 1) x 1 (x + 1) = ln x + 3 4 ln x 1 +5 8 x x + 1 3 4 x + 1 +1 4 x (x + 1) 1 (x + 1)
6.6 Integrali nekih iracionalnih funkcija 54 = ln x + 3 4 ln x 1 + 5 8 ln x + 1 3 4 arctgx 1 4 pri čemu je, kao što smo videli, (x + 1) = 1 x x + 1 + 1 arctgx. 6.6 Integrali nekih iracionalnih funkcija 1 x + 1 + 1 (x + 1) Funkcije koje su istovremeno racionalne po x i po y, odnosno koje, ako se posmatraju samo po x, predstavljaju količnik dva polinoma, i ako se posmatraju samo po y takože predstavljaju količnik dva polinoma obeležavamo sa R(x, y). Primer 51 R(x, y) = 5x3 4xy + xy 5 3x y + y 4 4xy 3 + Pojam funkcije R(x, y) možemo generalisati na n promenljivih tako da ćemo pod R(x 1, x,..., x n ) podrazumevati funkciju koja je racionalna za svaki od njenih argumenata x 1, x,..., x n ponaosob, gde svaki od argumenata može uzimati različite oblike, pa i iracionalne. Mi ćemo sada posmatrati neke integrale iracionalnih funkcija koje su oblika R(x 1, x,..., x n ) i koji se različitim smenama mogu svesti na integrale racionalnih funkcija. Posmatrajmo najpre integrale oblika R x, ( ) m ( ax + b n ax + b,..., cx + d cx + d ) r s. Ovi interali se svode na integrale racionalnih funkcija (po t) smenom ax + b cx + d = tk gde je k najmanji zajednički sadržalac imenilaca razlomaka m,..., r. n s Iz smene sledi da je x = k b ct k + a tj. x je racionalna funkcija od t. Zato će i biti racionalna funkcija od t i pa će ceo podintegralni izraz postati R(t) gde je R(t) neka nova racionalna funkcija od t.
6.6 Integrali nekih iracionalnih funkcija 55 Primer 5 3x + 1 1 + 3 3x + 1 Izraz 3x + 1 se pojavljuje sa eksponentom 1 i 1 3 sadržalac za i 3 jednak 6. Smena je pa je najmanji zajednički 3x + 1 = t 6 t = 6 3x + 1 3 = 6t 5. Dobija se integral racionalne funkcije t 3 1 + t t5 = t 8 1 + t = (t 6 t 4 + t 1 + 1 1 + t ) = ( t7 7 t5 5 + t3 3 t + arctgt) + C = 7 (3x+1) 6 3x + 1 6 (3x + 1) 5 5 + 3 3x + 1 6 3x + 1+arctg 6 3x + 1+C. Primer 53 Smena je 1 3 1 x (1 + x) 1 + x odakle je odnosno i konačno 1 x 1 + x = t3 1 x = t 3 (1 + x) x(1 + t 3 ) = 1 t 3 x = 1 t3 1 + t 3 = 3t (1 + t 3 ) 3t (1 t 3 ) (1 + t 3 ). Dobijamo sada integral racionalne funkcije 1 6t t 3 ( ) 1 + 1 t 3 t (1 + t 3 ) = 6 (1 + t 3 ) 1 (1 + t 3 ) = 1+t 3
6.6 Integrali nekih iracionalnih funkcija 56 3 t 3 = 3 8 t4 + C = 3 8 1 x 1 x 1 + x 3 1 + x + C. Integrali oblika R(x, ax + bx + c) svode se na racionalne integrale nezavisno promenljive t pomoću jedne od Ojlerovih smena. 1) Ako je a > 0 tada se uvodi smena ax + bx + c = t ax ili ax + bx + c = t + ax odakle se kvadriranjem leve i desne strane (u slučaju prve smene) dobija odakle je ax + bx + c = t atx + ax x = t c b + a t racionalna funkcija po t, a samim tim i je racionalna funkcija po t. Analogan rezultat se dobija u slučaju druge smene. ) Ako je c > 0 uvodi se smena ax + bx + c = xt + c ili ax + bx + c = xt c odakle je (opet u slučaju prve smene) odnosno pa su ax + bx + c = x t + cxt + c ax + b = xt + ct x = ct b a t i racionalne funkcije po t. Analogno, za drugu smenu.
6.6 Integrali nekih iracionalnih funkcija 57 3) Ako su α i β realni koreni jednačine ax + bx + c = 0 tada se može uvesti smena ax + bx + c = (x α)t odakle se kvadriranjem leve i desne strane dobija ax + bx + c = (x α) t ili, pošto su α i β nule kvadratnog trinoma a(x α)(x β) = (x α) t Skraćivanjem leve i desne strane sa x α dobija se ax aβ = xt αt odnosno x = dakle racionalna funkcija po t. aβ αt a t Primer 54 I = x + x + x + Primenom prve Ojlerove smene x + x + = t x dobija se odnosno i Odavde je x + = t tx x = t (t + 1) = t (t + 1) (t ) 4(t + 1) = t + 4t + 4 4(t + 1) = t + t + (t + 1). I = Razlaganjem funkcije 1 t t + t + (t + 1) = 1 t + t + t(t + 1). t + t + = A t(t + 1) t + B t + 1 + C (t + 1)
6.6 Integrali nekih iracionalnih funkcija 58 metodom neodreženih koeficijeanata dobijamo odakle je t + t + t(t + 1) = t 1 t + 1 1 (t + 1) t + t + t(t + 1) = t t + 1 = ln t 1 ln t + 1 + 1 1 t + 1 + C = 1 ( ln t t + 1 + 1 ) + C. t + 1 Primer 55 I = 1 + 1 x x Ovde ćemo primeniti drugu Ojlerovu smenu 1 x x = xt 1 i dobiti odnosno Kako je sada to je x x = x t xt x = xt t x = t 1 + t (t + 1) = (1 + t ) t (t 1) (1 + t ) = t + 4t (1 + t ). I = 1 1 + 1 x x = 1 xt = 1 t t 1+t 1 t t t + 4t = (1 + t 1+t ) Primenom metode neodreženih koeficijenata dobijamo odakle je 1 t + t t(t 1)(1 + t ). 1 + t t t(t 1)(t + 1) = A t + B t 1 + Ct + D t + 1 = 1 t + 1 t 1 t + 1 I = ln t + ln t 1 arctgt + C = ln t 1 arctgt + C. t
6.7 Integrali nekih trigonometrijskih funkcija 59 6.7 Integrali nekih trigonometrijskih funkcija Ovde ćemo rešavati integrale oblika R(sinx, cosx) gde je sada R racionalna funkcija po sinx odnosno po cosx. Ovakvi integrali svode se na integral racionalne funkcije smenom odakle je tg x = t sinx = sin x cosx = sin xcos x sin x + cos x = tg x tg x + 1 = t 1 + t cosx = cos x x sin = cos x sin x sin x + cos x = 1 tg x tg x + 1 = 1 t 1 + t dok je x = arctgt, = 1 1 + t. Navedena smena se naziva univerzalnom trigonometrijskom smenom. Primer 56 sinx = 1 t 1 + t = 1+t t = ln t + C = ln tg x + C Porede univerzalne trigonometrijske smene, u posebnim slučajevima mogu se koristiti i druge smene i to 1. za R(sinx) cosx, smena je sinx = t,. za R(cosx) sinx, smena je cosx = t, 3. za R(tgx), smena je tgx = t, 4. za R(sin x, cos x, sinxcosx), smena je tgx = t. Primer 57 sin 7 xcos 5 x = sin 7 xcos 4 xcosx = sin 7 x(1 sin x) cosx = t 7 (1 t ) = (t 7 t 9 + t 11 ) = t8 8 t10 5 + t1 1 + C = sin 8 x sin10 x + sin1 x + C 8 5 1
6.8 Integrali još nekih transcedentnih funkcija 60 Konačno kada su u pitanju integrali oblika sin ax sin bx, sin ax cos bx, cos ax cos bx, a b tada se ne koriste navedene smene već trigonometrijski identiteti sin ax sin bx = 1 [cos(a + b)x cos(a b)x] sin ax cos bx = 1 [sin(a + b)x + sin(a b)x] cos ax cos bx = 1 [cos(a + b)x + cos(a b)x] kojima se ovi integrali praktično svode na tablične. Primer 58 sin 3x cos 5x = 1 (sin 8x + sin( x)) = 1 (sin 8x sin x) = [ 1 cos 8x + 8 ] cos x + C 6.8 Integrali još nekih transcedentnih funkcija Integrali P (x)e αx, P (x) sin ax, P (x) cos ax gde je P (x) polinom, mogu se izračunati metodom parcijalne integracije stavljajući P (x) = u, e αx = dv, odnosno sin ax = dv, odnosno cos ax = dv. Formula parcijalne integracije se upotrebljava sve dok pod integralom ne iščezne polinom. Primer 59 I = (x 3x + 5) sin x = 1 (x 3x + 5) cos x + 1 (x 3) cos x gde je i dalje x cos x 3x + 5 = u, sin x = dv, (x 3) = du, = 1 (x 3x + 5) cos x + 1 1 (x 3) sin x 1 = v sin x
6.8 Integrali još nekih transcedentnih funkcija 61 uz smenu da bismo konačno dobili Integrali x 3 = u, cos x = dv, = du, I = x 3x + 5 cos x + x 3 4 x n e ax sin bx, sin x = v sin x + 1 cos x + C. 4 x n e ax cos bx mogu se rešiti primenom parcijalne integracije stavljajući x n = u, a zatim e ax sin bx = dv, odnosno e ax cos bx = dv. Tom prilikom pojavljuje se problem izračunavanja e ax sin bx, e ax cos bx. Primenom višestruke parcijalne integracije izračunaćemo I = e ax sin bx. Prvom parcijalnom integracijom dobijamo I = e ax sin bx = 1 b eax cos bx + a b e ax cos bx pri čemu je e ax = u, sin bx = dv, ae ax cos bx = du, b = dv pa zatim, primenjujući još jednu parcijalnu interaciju dobijamo gde je i zatim odakle je I = 1 b eax cos bx + a b 1 b eax sin bx a b a b e ax = u, cos bx = dv, ae ax = du, I = aeax sin bx be ax cos bx b I + a a sin bx b cos bx I = b b sin bx b a b I e ax e ax sin bx = dv
6.9 Integrali koji se ne mogu izraziti preko elementarnih funkcija 6 i konačno Analogno Integrali I = e ax cos bx = a sin bx b cos bx a + b e ax + C. P (ln x)x n, a cos bx + b sin ax a + b e ax + C. P (arcsin x) gde je P (x) polinom smenom ln x = t odnosno arcsin x = t svode se na P (t)e (n+1)t, dakle integrale tipa koji je već rešen. P (t) cos t Primer 60 I = (arcsin x) = t cos t gde je smena arcsin x = t, x = sin t, = a cos t. Dalje uz primenu parcijalne integracije, dobijamo t cos t = t sin t t sin t = t sint + t cos t cos t = t sin t + t cos t sin t + C = x(arcsin x) + 1 x arcsin x x + C 6.9 Integrali koji se ne mogu izraziti preko elementarnih funkcija Iako svaka neprekidna funkcija na intervalu (a, b) ima primitivnu funkciju, to ne znači da se njena primitivna funkcija može izraziti preko elementarnih funkcija. Dokazano je, na primer, da se integrali e x ln x sin x cos x sin x cos x x x ne mogu izraziti u obliku elementarnih funkcija.