MA101 predavanja

PREDMET

MA101 - MATEMATIKA 1

Predavanje broj 13

NAPREDNA INTEGRACIJA

Nedelja Èas Tematska jedinica

Predavanja Lekcija ili aktivnost

Rezultat – znanja ili veštine koje student treba da dobije

1 Napredna integracija

? Opšta pravila integracije

? Integracija racionalnih funkcija

? Opšta pravila integracije

? Integracija racionalnih funkcija


? Integracija iracionalih funkcija ? Integracija iracionalih

funkcija

13


? Integracija trigonometrijskih funkcija

? Dužina luka krive

? Integracija trigonometrijskih funkcija

- Dužina luka krive

Copyright © 2009 – FIT - Fakultet informacionih tehnologija, Beograd. Sva prava zadržana. Bez prethodne pismene dozvole od strane FIT zabranjena j e reprodukcija, transfer, distribucija ili memorisanje nekog dela ili èitavih sadrþaja ovog dokumenta., kopiranjem, snimanjem, elektronskim putem, skeniranjem ili na bilo koji drugi naèin.

Copyright © 2009 FIT - Faculty of Information Technology, Belgrade. All rights reserved. No part of this publication may be reproduced, stored in a retrieval system or transmitted in any form or by any means, electronic, mechanical, photocopying, recording, scanning or otherwise, without the prior written permission of FIT.

Septembar 2009.

384

Sadrzaj

13 Napredne Tehnike Integracije 38613.1 Opsta Pravila Integracije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38713.2 Parcijalni Razlomci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39013.3 Integracija Iracionalnih Funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40113.4 Integracija Trigonometrijskih Funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . 40613.5 Duzina Luka Krive . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 408

Lista slika

Slika 1. Duzina duzi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .408Slika 2. Poligonalna aproksimacija krive . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 409Slika 3. Duzina luka krive iz primera 13.23 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 411Slika 4. Duzina luka krive iz primera 13.24 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 412

385

13 NAPREDNE TEHNIKE INTEGRACIJE

13 Napredne Tehnike Integracije(Advanced Integration)

U ovoj glavi izucavamo neke naprednije metode integracije.

Pocinjemo kratkim pregledom standardnih pravila integracije.

Metod parcijalnih razlomaka (partial fractions) je vazna alatka. On nam omogucavada izracunamo integral bilo koje racionalne funkcije.

Takodje izucavamo neke transformacije za integraciju iracionalnih funkcija (irrationalfunctions). Iracionalne funkcije se ne mogu uvek integraliti na elementaran nacin.Pored toga dajemo listu nekih tipova integrala za koje ne postoji elementarna primi-tivna funkcija, kao sto su elipticki integrali (elliptic integrals).

Postoji univerzalna smena (universal substitution) za integraciju racionalnih funkcijatrigonometrijskih funkcija.

Na kraju uvodimo pojam krivih u ravni (curves in the plane) i njihovih duzinalukova (arc lengths). Ako je kriva graf neke neprekidno diferencijabilne funkcije, ondaje duzina luka takve krive data nekim integralom.

386

13.1 Opsta Pravila Integracije 13 NAPREDNE TEHNIKE INTEGRACIJE

13.1 Opsta Pravila Integracije(General Rules of Integration)

Iz glave 12 znamo da je, u mnogim slucajevima, integracija funkcije f ekvivalentnanalazenju primitivne funkcije F funkcije f . Postoji nekoliko standardnih metodaintegracije koji su pogodni za neke klase funkcija. Dacemo pregled tih metoda.Vec smo pomenuli da integrali elementarnih funkcija nemaju uvek primitive koje suelementarne funkcije.Primer 13.1(1) Funkcija f : (0,∞)→ IR, f(x) = 1/ lnx nema elementarnu primitivnu funkciju.

(2) Funkcija f : (0,∞)→ IR, f(x) = ex/x nema elementarnu primitivnu funkciju.

(3) Funkcija f : (0,∞→ IR), f(x) = sinx/x nema elementarnu primitivnu funkciju.

(4) Funkcija f : (0,∞)→ IR, f(x) = cos x/x nema elementarnu primitivnu funkciju.

(5) Funkcija f : IR→ IR, f(x) = e−x2

nema elementarnu primitivnu funkciju.

Napomena 13.2 Kada ne postoji elementarna primitivna funkcija ili je integracijaprevise slozena, mogu se primentit numericki metodi ili razvoj funkcije u stepeni red.Postoje numericke tablice takvih integrala za najznacajnije slucajeve.

Primitivne funkcije koje se mogu dobiti direktno inverzijom diferenciranja su date utablici standardnih integrala na kraju poglavlja 12.3 a dobijaju se iz tablice izvodakoja se nalazi na kraju poglavlja 9.3. U opstem slucaju se trudimo da svedemo datiintegral na neki standardan, primenom pravila integraljenja iz predhodne glave, ilipomocu algebarskih ili trigonometrijskih transformacija.Prisetimo se osnovnih pravila integraljenja (basic rules of integration ) pomocu ko-jih se dati integral moze transformisati na jedan (ili vise) poznati integal. Sledecatvrdjenja su data za neodredjene integrale, a izostavljacemo konstantu integracije.

(1) Konstantan faktor c ∈ IR se moze izvuci ispred integrala: (teorema 12.26)∫c · f(x) dx = c ·

∫f(x) dx.

(2) Integral sume (razlike) je jednak sumi (razlici) integrala: (teorema 12.24)∫(f(x)± g(x)) dx =

∫f(x) dx±

∫g(x) dx.

387


(3) Pravilo smene (zamene): (teorema 12.29)Ako je x = φ(t), onda (deo (1))∫

f(ϕ(t))ϕ′(t) dt =

(∫f(x) dx

)x=ϕ(t)

.

Ako je ϕ′(t) 6= 0, onda (deo (2))∫f(x) dx =

(∫f(ϕ(t))ϕ′(t) dξ

)t=ϕ−1(x)

.

(4) Pravilo parcijalne integracije: teorema 12.36∫f(x)g′(x) dx = f(x)g(x)−

∫f ′(x)g(x) dx.

Kao sto smo ranije pomenuli, ne postoji opste pravilo za izracunavanje integralaproizvoljne elementarne funkcije. Za resavanje integrala je potrebno iskustvo kojese moze steci samo u praksi. Ipak, najvaznije je da rezultat intregracije treba uvekproveriti pomocu diferenciranja.Na pocetku dajemo listu nekih osnovnih standardnih transformacija.

(A) Pomocu algebarskih i trigonometrijskih transformacija podintegralnu funkcijudovesti u oblik sume funkcija i primeniti pravlila (1) i (2).

(B) Ako je poznato∫f(x) dx = F (x), onda, za a ∈ IR\{0} i b ∈ IR, pomocu pravila

zamene (pravilo (3))∫f(ax) dx =

1

aF (ax),

∫f(x+ b) dx = F (x+ b),

∫f(ax+ b) dx =

1

aF (ax+ b).

(C) Ako je podintegralna funkcija data u obliku razlomka, a brojilac je izvod ime-nioca, onda (primer 12.32) ∫

f ′(x)

f(x)dx = ln |f(x)|.

388


Primer 13.3 Primenom pravila (A) dobijamo∫(x+ 3)2(x2 + 1) dx =

∫(x4 + 6x3 + 10x2 + 6x+ 9) dx

=x5

5+

3x4

2+

10x3

3+ 3x2 + 9x.

Primer 13.4 Primenom prqavila (B) dobijamo∫e(ax+b) =

1

a· e(ax+b) za a 6= 0

i ∫dx

1 + (x+ a)2= arctan (x+ a).

Primer 13.5 Primenom pravila (C) dobijamo∫2x+ 3

x2 + 3x− 5dx = ln |x2 + 3x− 5|.

389

13.2 Parcijalni Razlomci 13 NAPREDNE TEHNIKE INTEGRACIJE

13.2 Parcijalni Razlomci(Partial Fractions)

Integrali racionalnih funkcija se uvek mogu izracunati, a izrazavaju se u terminimaelementarnih funkcija. Pri tom se primenjuje metod integracije poznat pod imenomparcijalni razlomci (partial fractions).

Ako je podintegralna funkcija realan polinom stepena n data sa

P (x) =n∑k=0

akxk (a0, . . . , an ∈ IR; an 6= 0),

onda ∫P (x) dx =

n∑k=0

akk + 1

xk+1.

Pretpostavimo sada da je R = P/Q racionalna funkcija gde je P polinom stepena na Q polinom stepena m ≥ 1,

Q(x) =m∑k=0

bkxk (b0, . . . , bm ∈ IR; bm 6= 0).

Ako je stepen polinoma P veci ili jednak od stepena polinoma Q, onda bi deljenjemdobili

R = P +R∗ = P +P ∗

Q∗,

gde su P , P ∗ i Q∗ polinomi, pri cemu je stepen polinoma P ∗ manji od stepenapolinoma Q∗.Primer 13.6 Neka je R = P/Q racionalna funkcija takva da

R(x) =P (x)

Q(x)=

2x2 + 5x+ 3

2x+ 1

(x 6= −1

2

).

Podelimo polinome

(2x2 + 5x + 3) : (2x + 1) = x+ 2 +1

2x+ 12x2 + x

4x + 34x + 2

1

390


i dobijamo2x2 + 5x+ 3

2x+ 1= x+ 2 +

1

2x+ 1.

Zato mozemo pretpostaviti da je R = P/Q pri cemu je stepen polinoma P manji odstepena polinoma Q. Metod parcijalnih razlomaka (partial fractions) zahteva faktor-izaciju (razlaganje) polinoma Q na linearne (linear) i kvadratne faktore (quadraticfactors) obilka (x− α) i x2 + βx + γ. Kada se izvrsi faktorizacija (razlaganje), R semoze predstaviti kao linearna kombinacija izraza oblika

1

(x− α)ji

Ax+B

(x2 + βx+ γ)`.

Integracija takvih funkcija je mnogo jednostavnija.Sledeci opsti rezultat pokazuje da je takva faktorizacija uvek moguca. Dokaz izostavl-jamo.

Teorema 13.7 Neka su P i Q polinomi takvi da

P (x) =n∑k=0

akxk i Q(x) =

m∑k=0

bkxk pri cemu je bm 6= 0 i n < m.

Tada vazi:

(1) Polinom Q ima jedinstvenu faktorizaciju

Q(x) = bm(x− α1)j1 · · · (x− αk)jk

(x2 + β1x+ γ1

)`1 · · · (x2 + βrx+ γr)`r

gde su α1, . . . , αk realne nule polinoma Q sa odgovarajucim visestrukostimaj1, . . . , jk, a (x2 + β1x + γ1), . . . , (x

2 + βrx + γr) su kvadratni izrazi koji ne-maju realne nule (to jest, za koje je 4γi > β2

i (i = 1, . . . , r)), sa odgovarajucimvisestrukostima `1, . . . , `r. Dalje imamo

j1 + · · · jk + 2`1 + · · · 2`r = m.

(2) Racionalna funkcija P/Q ima sledecu jedinstvenu reprezentaciju preko parcijal-nih razlomaka, gde su aij, Aij i Bij konstante:

P (x)

Q(x)=

a11

x− α1

+a12

(x− α1)2+ · · ·+ a1j1

(x− α1)j1

391


...

+ak1

x− αk+

ak2(x− αk)2

+ · · ·+ akjk(x− αk)jk

+A11x+B11

x2 + β1x+ γ1

+A12x+B12

(x2 + β1x+ γ1)2 + · · ·+ A1`1x+B1`1

(x2 + β1x+ γ1)`1

...

+Ar1x+Br1

x2 + βrx+ γr+

Ar2x+Br2

(x2 + βrx+ γr)2 + · · ·+ Ar`rx+Br`r

(x2 + βrx+ γr)`r.

Napomena 13.8 Kada je faktorizacija polinoma Q poznata, koristimo reprezentacijuP/Q iz dela (2) teoreme 13.7 za odredjivanje konstanti.Zgodno je razdvojiti slucajeve kada Q ima samo linearne ili samo kvadratne faktore, ikada oni imaju visestrukost 1 ili vise. Razmotricemo tipicne primere za svaki od ovihslucajeva.

Slucaj 1. Jednostruki linearni faktori

Primer 13.9 Izracunati integral ∫x+ 4

x2 − 3x+ 1dx.

Resenje. Imamo P (x) = x + 4, Q(x) = x2 − 3x + 2. Stepen polinoma Q je veci odstepena polinoma P , a kako je

x2 − 3x+ 2 = (x− 1)(x− 2),

Q ima jednostruke nule α1 = 1 i α2 = 2, i nema kvadratne faktore.Primenjujemo deo (2) teoreme 13.7. U ovom slucaju imamo k = 2, j1 = j2 = 1 ir = 0, pa dobijamo

P (x)

Q(x)=

x+ 4

(x− 1)(x− 2)=

a1

x− 1+

a2

x− 2,

gde su a1 i a2 konstante koje treba odrediti. Mnozenjem poslednje jednakosti sa(x− 1)(x− 2) dobijamo

x+ 4 = a1(x− 2) + a2(x− 1).

Postoje dva metoda za odredjivanje konstanti a1 i a2.

392


1. Uporedjivanje koeficijenata. Imamo

x+ 4 = a1(x− 2) + a2(x− 1) = x · (a1 + a2) + (−2a1 − a2).

Odavde dobijamoa1 + a2 = 1−2a2 − a2 = 4

Sabiranjem ove dve jednacine, dobijamo −a1 = 5, to jest, a1 = −5. Onda, izprve jednacine dobijamo a2 = 1 − a1 = 1 − (−5) = 6. Prema tome, dobijamoparcijalne razlomke

x+ 4

x2 − 3x+ 2=

a1

x− 1+

a2

x− 2= − 5

x− 1+

6

x− 2,

i mozemo izracunati integral∫x+ 4

x2 − 3x+ 1dx = −5

∫dx

x− 1+ 6

∫dx

x− 2

= −5 · ln |x− 1|+ 6 · |x− 2| = ln|x− 2|6

|x− 1|5.

2. Zamena specijalnih vrednosti. Konstante a1 i a2 mozemo odrediti i za-menom nekih specijalnih vrednosti za x. Time izbegavamo resavanje sistemalinearnih jednacina.Zamenjujemo specijalne vrednosti x = 1 i x = 2 u jednacini

x+ 4 = a1(x− 2) + a2(x− 1)

i dobijamo

za x = 1 : 5 = −a1 + 0, to jest, a1 = −5

za x = 2 : 6 = 0 + a2, to jest, a2 = 6.

Naravno, ovaj metod dovodi do istog rezultata kao i metod uporedjivanja ko-eficijenata.

�

393


Slucaj 2. Visestuki linearni faktori

Primer 13.10 Izracunati integral∫x+ 1

x3 − 7x2 + 16x− 12dx.

Resenje. Imamo P (x) = x + 1, Q(x) = x3 − 7x2 + 16x − 12, stepen polinoma Q jeveci od stepena polinoma P , a kako je

x3 − 7x2 + 16x− 12 = (x− 3)(x− 2)2,

Q ima jednostruku nulu α1 = 3 i dvostruku α2 = 2, a nema kvadratne faktore.Primenjujemo deo (2) teoreme 13.7. U ovom slucaju imamo k = 2, j1 = 1, j2 = 1 ir = 0, pa dobijamo

P (x)

Q(x)=

x+ 1

(x− 3)(x− 2)2=

a1

x− 3+

a2

x− 2+

a3

(x− 2)2,

gde su a1, a2 i a3 konstante koje treba odrediti. Mnozenjem poslednje jednakosti sa(x− 3)(x− 2)2 dobijamo

x+ 1 = a1(x− 2)2 + a2(x− 2)(x− 3) + a3(x− 3).

Primenjujemo metod zamene specijalnih vrednosti (2. iz resenja primera 13.9) idobijamo

za x = 2 : 3 = −a3, to jest, a3 = −3

za x = 3 : 4 = a1, to jest, a1 = 4,

i na kraju

za x = 0 : 1 = 4a1 + 6a2 − 3a3 = 16 + 6a2 + 9, to jest, a2 = −4.

Prema tome, imamo∫x+ 1

x3 − 7x2 + 16x− 12dx = 4

∫dx

x− 3− 4

∫dx

x− 2− 3

∫dx

(x− 2)2

= 4 · ln |x− 3| − 4 · ln |x− 2|+ 3

x− 2

= ln

∣∣∣∣x− 3

x− 2

∣∣∣∣4 +3

x− 2.

�

394


Slucaj 3. Jednostruki kvadratni faktori

Primer 13.11 Izracunati integral∫x3 + 2x2 + x+ 3

x4 + 3x2 + 2dx.

Resenje. Imamo P (x) = x3 + 2x2 + x+ 3, Q(x) = x4 + 3x2 + 2, stepen polinoma Qje veci od stepena polinoma P , a kako je

x4 + 3x2 + 2 = (x2 + 1)(x2 + 2) > 0 za svako x ∈ IR,

Q nema realne nule. TakoQ nema linearne faktore, vec ima dva jednostruka kvadratnafaktora.Primenjujemo deo (2) teoreme 13.7. U ovoj slucaju imamo k = 0, r = 2 i `1 = `2 = 1,i dobijamo

P (x)

Q(x)=x3 + 2x2 + x+ 3

(x2 + 1)(x2 + 2)=A1x+B1

x2 + 1+A2x+B2

x2 + 2,

gde su A1, A2, B1 i B2 konstante koje treba odrediti. Mnozenjem poslednje jednakostisa (x2 + 1)(x2 + 2) dobijamo

x3 + 2x2 + x+ 3 = (A1x+B1)(x2 + 2) + (A2x+B2)(x

2 + 1)

= (A1 + A2)x3 + (B1 +B2)x

2 + (2A1 + A2)x+ (2B1 +B2).

Uporedjivanjem koeficijenata, na kraju dobijamo

A1 = 0, B1 = 1, A2 = 1 i B2 = 1,

dakle ∫x3 + 2x2 + x+ 3

x4 + 3x2 + 2dx =

∫dx

x2 + 1+

∫x dx

x2 + 2+

∫dx

x2 + 2

= I1 + I2 + I3.

Izracunavamo integrale I1, I2 i I3 svaki za sebe:

I1 = arctanx (standardan integral),

I2 =1

2

∫2x

x2 + 2dx =

1

2ln (x2 + 2)

= ln√x2 + 2 (pravilo (C) iz poglavlja 13.1),

395


i smenom x = ϕ(t) =√

2 t to jest, t = x/√

2 i ϕ′(t) =√

2, po pravilu (3) iz poglavlja13.1, dobijamo

I3 =1

2

∫dx(

x√2

)2

+ 1

=

(√2

2

∫dt

t2 + 1

)t= x√

2

=

(1√2· arctan t

)t= x√

2

=1√2· arctan

x√2.

Prema tome, konacan rezultat je∫x3 + 2x2 + x+ 3

x4 + 3x2 + 2dx = arctanx+ ln

√x2 + 2 +

1√2· arctan

x√2.

�

Slucaj 4. Visestruki kvadratni faktori

Primer 13.12 Izracunati integral∫3x4 + 5x3 + 10x2 + 5 + 1

x5 + 2x4 + 3x3 + 2x2 + xdx.

Resenje. Imamo P (x) = 3x4 + 5x3 + 10x2 + 5 + 1,

Q(x) = x5 + 2x4 + 3x3 + 2x2 + x = x(x4 + 2x3 + 3x2 + 2x1 + 1),

stepen polinoma Q je veci od stepena polinoma P , a kako je

x4 + 2x3 + 3x2 + 2x1 + 1 = (x2 + x+ 1)2 =

((x+

1

2

)2

+1

4

)2

> 0

za svako x ∈ IR, faktor x4 + 2x3 + 3x2 + 2x1 + 1 nema realne nule. Primenjujemo deo(2) teoreme 13.7. U ovom slucaju imamo k = 1, j1 = 1, r = 1 i `1 = 2, pa dobijamo

P (x)

Q(x)=

3x4 + 5x3 + 10x2 + 5 + 1

x5 + 2x4 + 3x3 + 2x2 + x=a

x+A1x+B1

x2 + x+ 1+

A2x+B2

(x2 + x+ 1)2,

396


gde su a, A1, A2, B1 i B2 konstante koje treba odrediti. Mnozenjem poslednjejednacine sa x(x2 + x+ 1)2 dobijamo

3x4 + 5x3 + 10x2 + 5 + 1 = a(x2 + x+ 1)2 + (A1x+B1)x(x2 + x+ 1) + (A2x+B2)x.

Uporedjivanjem koeficijenata, na kraju dobijamo

a = 1, A1 = 2, B1 = 1, A2 = 4 i B2 = 2,

dakle∫3x4 + 5x3 + 10x2 + 5x+ 1

x5 + 2x4 + 3x3 + 2x2 + xdx =

∫dx

x+

∫2x

x2 + x+ 1dx+

∫4x+ 1

(x2 + x+ 1)2dx

= I1 + I2 + I3.

Izracunavamo integrale I1, I2 i I3 svaki za sebe:

I1 =

∫dx

x= ln |x| (standardan integral),

I2 =

∫2x+ 1

(x2 + x+ 1)2dx = ln (x2 + x+ 1)

(pravilo (C) iz poglavlja 13.1).

Zamenom t = x2 + x + 1 = ϕ(x) i ϕ′(x) = 2x + 1, po pravilu (3) poglavlja 13.1,dobijamo

I3 = 2 ·∫

2x+ 1

(x2 + x+ 1)2dx =

(2 ·∫dt

t2

)t=x2+x+1

= −2 ·(

1

t

)t=x2+x+1

= − 2

x2 + x+ 1.

Prema tome, konacan rezultat je∫3x4 + 5x3 + 10x2 + 5x+ 1

x5 + 2x4 + 3x3 + 2x2 + xdx = ln |x|+ ln (x2 + x+ 1)− 2

x2 + x+ 1.

�

Posle primene metoda parcijalnih razlomaka, to jest kada se odrede sve konstante,ostaje da se rese integrali koji mogu biti sledecih tipova∫

dx

(x− α)ki

∫Ax+B

(x2 + βx+ γ)kdx za k ∈ IN.

Integrali prvog tipa se razmatraju u sledecem primeru.

397


Primer 13.13 Vec znamo da za α ∈ IR i k ∈ IN vazi∫dx

(x− α)k=

ln |x− α| za k = 1

− 1

k − 1· 1

(x− α)k−1za k > 1.

Pri resavanju integrala drugog tipa mozemo pretpostaviti da x2 +βx+γ nema realnenule, to jest da je 4γ > β2.

Primer 13.14 Neka A,B; β, γ ∈ IR, gde je 4γ > β2 i k ∈ IN. Tada imamo

(1) Ako je k = 1∫Ax+B

x2 + βx+ γdx =

A

2· ln (x2 + βx+ γ) +

2B − Aβ√4γ − β2

· arctan2x+ β√4γ − β2

.

(2) Ako je k > 1∫Ax+B

(x2 + βx+ γ)kdx =

= − A

2(k − 1)(x2 + βx+ γ)k−1+

(B − Aβ

2

)∫dx

(x2 + βx+ γ)k.

(3) Ako je k > 1∫dx

(x2 + βx+ γ)k=

=1

(k − 1)(4γ − β2)· 2x+ β

(x2 + βx+ γ)k−1+

+2(2k − 3)

(k − 1)(4γ − β2)·∫

dx

(x2 + βx+ γ)k−1.

1. Za k = 1 vazi

Ax+B

x2 + βx+ γ=A

2· 2x+ β

x2 + βx+ γ+

B − Aβ

2x2 + βx+ γ

398


=A

2· 2x+ β

x2 + βx+ γ+

2(2B − Aβ)

4γ − β2 + 4x2 + 4βx+ β2

=A

2· 2x+ β

x2 + βx+ γ+

2(2B − Aβ)

(4γ − β2)

(1 +

4x2 + 4βx+ β2

4γ − β2

)

=A

2· 2x+ β

x2 + βx+ γ+

2B − Aβ√4γ − β2

· 1

1 +

(2x+ β√4γ − β2

)2 ·2√

4γ − β2.

Integracijom dobijamo

∫Ax+B

x2 + βx+ γdx =

A

2·∫

2x+ β

x2 + βx+ γdx+

2B − Aβ√4γ − β2

·∫ 2√

4γ − β2

1 +

(2x+ β√4γ − β2

)2 dx

=A

2· ln (x2 + βx+ γ) +

2B − Aβ√4γ − β2

· arctan2x+ β√4γ − β2

(posto je 4γ > β2, vazi x2 + βx+ γ > 0).

2. Za k > 1 vazi∫Ax+B

(x2 + βx+ γ)kdx =

A

2·∫

2x+ β

(x2 + βx+ γ)kdx+

(B − Aβ

2

)∫dx

(x2 + βx+ γ)k

=−A

2(k − 1)(x2 + βx+ γ)k−1+

(B − Aβ

2

)∫dx

(x2 + βx+ γ)k

3. Stavimo∫dx

(x2 + βx+ γ)k=

c1x+ c2(x2 + βx+ γ)k−1

+ c3

∫dx

(x2 + βx+ γ)k−1,

i pokusajmo da odreditmo konstante c1, c2 i c3. Diferenciranjem poslednje jednakostii mnozenjem rezultata sa (x2 + βx+ γ)k dobijamo

1 = −(k − 1)(c1x+ c2)(2x+ β) + (c1 + c3)(x2 + βx+ γ)

399


Uporedjivanjem koeficijenata, dobijamo

c1 =2

(k − 1)(4γ − β2), c2 =

β

(k − 1)(4γ − β2)i c3 =

2(2k − 3)

(k − 1)(4γ − β2).

Napomena 13.15 Ako je k = 1 onda se integral∫Ax+B

x2 + βx+ γdx

moze direktno izracunati iz formule iz dela (1) primera 13.14.Ako je k > 1, prvo primenjujemo formulu iz dela (2) primera 13.14 da bi trans-formisali originalni integral ∫

Ax+B

(x2 + βx+ γ)k−1dx

a zatim primenjujemo rekurzionu formulu iz dela (3) primera 13.14 da smanjimoeksponent k.

400

13.3 Integracija Iracionalnih Funkcija13 NAPREDNE TEHNIKE INTEGRACIJE

13.3 Integracija Iracionalnih Funkcija(Integration of Irrational Functions)

Ako funkcija sadrzi korene promenljive x, onda je to iracionalna funkcija (irrationalfunction). Iracionalne funkcije se ne mogu uvek integraliti elementarnim metodama.U nekim jednostavnijim slucajevima, integrali iracionalnih funkcija se mogu svesti naintegrale racionalnih funkcja.U sledecoj tablici R oznacava racionalnu funkciju, a, b, c, d su realne konstante, a m in su celi brojevi.

Integral Smena

∫R

(x, n

√ax+ b

cx+ d

)dx t = n

√ax+ b

cx+ d

∫R

(x, n

√ax+ b

cx+ d, m

√ax+ b

cx+ d, . . . ,

)dx

t = r

√ax+ b

cx+ dgde je r najmanji

zajednicki sadrzalac brojeva n,m, . . .∫R(x,√ax2 + bx+ c

)dx jedna od tri Ojlerove smene

(Eulerian substitutions)1. Ako je a > 0∗

√ax2 + bx+ c = t−

√a x

2. Ako je c > 0√ax2 + bx+ c = xt+

√c

3. Ako ax2 + bx+ c ima razliciterealne nule:

ax2 + bx+ c = a(x− α)(x− β)

√ax2 + bx+ c = t(x− α)

∗ Ako je a < 0 i ax2 + bx + c nema realne nule, onda podintregralna funkcija nijedefinisana ni za jednu vrednost x.

Primer 13.16 Izracunati integral∫1

x

√x+ 1

x− 1dx za x > 1.

Resenje. Stavimo

t =

√x+ 1

x− 1> 1, to jest, t2(x− 1) = x+ 1,

dakle

x = ϕ(t) =1 + t2

t2 − 1i ϕ′(t) = − 4t

(t2 − 1)2.

401


Po pravilu zamene dobijamo∫1

x

√x+ 1

x− 1dx = −4

(∫t2 − 1

1 + t2· t · t

(t2 − 1)2dt

)t=

√√√√x+ 1

x− 1

= −4

(∫t2

(1 + t2)(t2 − 1)dt

)t=

√√√√x+ 1

x− 1

Posto jet2

(1 + t2)(t2 − 1)=

1

2

(1

t2 − 1+

1

1 + t2

)dobijamo

I1 = 4

∫t2

(1 + t2)(t2 − 1)dt = 2

∫dt

t2 − 1+ 2

∫dt

1 + t2

= −2Arcoth t+ 2 arctan t = lnt+ 1

t− 1+ 2 arctan t.

Posto je

t+ 1

t− 1=

√x+ 1

x− 1+ 1√

x+ 1

x− 1− 1

=

√x+ 1 +

√x− 1√

x+ 1−√x− 1

=

(√x+ 1 +

√x− 1

)22

,

na kraju dobijamo∫1

x

√x+ 1

x− 1dx = 2 · ln

(√x+ 1 +

√x− 1

)− 2 · arctan

√x+ 1

x− 1.

Ovde zaista preporucujemo da se konacan rezultat proveri diferenciranjem.Oznacimo

F (x) = 2 · ln(√

x+ 1 +√x− 1

)− 2 · arctan

√x+ 1

x− 1= 2(F1(x)− F2(x)),

i dobijamo

F ′1(x) =(

ln(√

x+ 1 +√x− 1

))′402


=1√

x+ 1 +√x− 1

· 1

2

(1√x+ 1

+1√x− 1

)=

1

2(√

x+ 1 +√x− 1

) · 1√x+ 1

√x− 1

(√x− 1 +

√x+ 1

)=

1

2√x2 − 1

i

F ′2(x) =

(arctan

√x+ 1

x− 1

)′=

1

1 +

(√x+ 1

x− 1

)2 ·1

2· 1√

x+ 1

x− 1

· x− 1− (x+ 1)

(x− 1)2

=1

2· x− 1

x− 1 + x+ 1·√x− 1

x+ 1· −2

(x− 1)2

= − 1

2x√x2 − 1

,

dakle

F ′(x) = 2(F ′1(x)−F ′2(x)) =1√

x2 − 1+

1

x√x2 − 1

=1

x√x2 − 1

· (x+1) =1

x·√x+ 1

x− 1.

�

Integral∫R(x,

√ax2 + bx+ c) dx se moze svesti na jedan od sledecih integrala∫

R(x,√x2 + α2) dx,

∫R(x,

√x2 − α2) dx, ili

∫R(x,

√α2 − x2) dx,

posto se kvadratni polinom ax2 + bx+ c uvek moze zapisati u obliku sume ili razlikedva kvadrata. Ovi integrali se mogu izracunati koriscenjem sledecih smena:

Integral Smena∫R(x,

√x2 + α2) dx x = α sinh t or x = α tanx∫

R(x,√x2 − α2) dx x = α coth t or x =

1

cosx∫R(x,

√α2 − x2) dx x = α sin t or x = α cos t

403


Primer 13.17 Neka je a ∈ IR \ {0}. Izracunati integral∫x2√a2 − x2 dx za |x| < |a|.

Resenje. Koristimo smenu x = ϕ(t) = a sin t i dobijamo∫x2√a2 − x2 dx =

(∫a2 sin2 t

√a2(1− sin2 t)a cos t dt

)t=ϕ−1(x)=arcsin x

a

= a3|a|(∫

sin2 t · cos2 t dt

)t=arcsin x

a

za t ∈(−π

2,π

2

).

Primetimo da

sin2 t · cos2 t =sin2 (2t)

4=

1

8(sin2 (2t) + 1− cos2 (2t)) =

1

8(1− cos (4t)),

dakle

I1 =

∫sin2 t · cos2 t dt =

1

8

∫(1− cos (4t)) dt

=1

8

(t− sin (4t)

4

)=

1

8

(t− sin2 (2t) · cos (2t)

2

)=

1

8

(t− sin t · cos t(sin2 t− cos2 t)

)=

1

8

(t− sin3 t cos t+ sin t cos3 t

).

Prema tome, imamo∫x2√a2 − x2 dx =

a3|a|8

(t− sin3 t cos t+ sin t cos3 t

)t=arcsin x

a

=a3|a|

8

arcsinx

a− x3

a3

√1− x2

a2+x

a

(√1− x2

a2

)3

=a3|a|

8arcsin

x

a− a3|a|

8· xa3

√1− x2

a2

(x2 − (a2 − x2)

)=a3|a|

8arcsin

x

a− 1

4x(√

a2 − x2)3

+a2

8x√a2 − x2.

404


�

Integrali tipa

(13.1)

∫R(x,√ax3 + bx2 + cx+ d

)dx

i∫R(x,√ax4 + bx3 + cx2 + dx+ e

)dx

se, u opstem slucaju, ne mogu izraziti preko elementarnih funkcija. Oni se zovuelipticki integrali (elliptic integrals).Integrali tipa (13.1) koji nemaju elementarne primitivne funkcije se ipak mogu trans-formisati u elementarne funkcije i integrale sledecih tipova:

(13.2)

∫ dt√(1− t2)(1− k2t2)

,

∫ 1− k2t2√(1− t2)(1− k2t2)

dt

i∫ dt

(1 + ht2)√

(1− t2)(1− k2t2)

(0 < k < 1).

Integrali tipa (13.2) se mogu transformisati u Lezandrovu formu (Legendre form)pomocu smene t = sinϕ:(13.3)

∫ dϕ√1− k2 sin2 ϕ

elipticki integral prve vrste

(elliptic integral of the first kind)

∫ √1− k2 sin2 ϕdϕ elipticki integral druge vrste

(elliptic integral of the second kind)∫ dϕ

(1 + h sin2 ϕ)√

1− k2 sin2 ϕelipticki integral trece vrste

(elliptic integral of the third kind)

405

13.4 Integracija Trigonometrijskih Funkcija13 NAPREDNE TEHNIKE INTEGRACIJE

13.4 Integracija Trigonometrijskih Funkcija(Integration of Trigonometric Functions)

Integral oblika

(13.4)

∫R(sinx, cosx) dx

gde R oznacava racionalnu funkciju, se uvek moze svesti na integral racionalnefunkcije pomocu univerzalne smene (universal substitution)

t = tanx

2= ψ(x).

Medjutim, postox = ψ−1(t) = 2 arctan t ∈ (−π, π),

mora se posebno voditi racuna o intervalu integracije promenljive x.Dobijamo

ψ−1

dt(t) =

2

1 + t2,

sinx = 2 sinx

2cos

x

2= 2 tan

x

2cos2 x

2= 2 tan

x

2·

cos2 x2

cos2 x2

+ sin2 x2

= 2 tanx

2· 1

1 + tan2 x2

=2t

1 + t2

i

cosx = cos2 x

2− sin2 x

2= cos2 x

2

(1− tan2 x

2

)= (1− tan2 x

2)

cos2 x2

cos2 x2

+ sin2 x2

=1− tan2 x

2

1 + tan2 x2

=1− t2

1 + t2.

Primer 13.18 Imamo

∫1 + sin x

sinx(1 + cos x)dx =

∫(

1 +2t

1 + t2

)2

1 + t2

2t

1 + t2

(1 +

1− t2

1 + t2

) dt

t=tan x

2

406

13.4 Integracija Trigonometrijskih Funkcija13 NAPREDNE TEHNIKE INTEGRACIJE

=

(∫1

t· 1 + t2 + 2t

1 + t2 + 1− t2dt

)t=tan x

2

=

(1

2

∫ (1

t+ t+ 2

)dt

)t=tan x

2

=

(1

2· ln |t|+ t+

t2

4

)t=tan x

2

= ln

√| tan

x

2|+ tan

x

2+

1

2· tan2 x

2.

Primer 13.19 Imamo∫dx

sinx=

(∫2

1 + t2· 1 + t2

2tdt

)t=tan x

2

=

(∫dt

t

)t=tan x

2

= (ln |t|)t=tan x2

= ln∣∣∣tan

x

2

∣∣∣i ∫

dx

cosx=

∫dx

sin (x+ π2)

= ln∣∣∣tan

(x2

+π

4

)∣∣∣.

407

13.5 Duzina Luka Krive 13 NAPREDNE TEHNIKE INTEGRACIJE

13.5 Duzina Luka Krive(The Arc Length of a Curve)

Posmatramo ogranicenu funkciju f : [a, b]→ IR i njen graf, odnosno krivu (curve)

Cf = graph(f) = {(x, y) : y = f(x), x ∈ [a, b]}

i razmatramo problem definisanja duzine L(Cf ) (length L(Cf )) te krive.Definiciju povrsine skupa tacaka ispod krive smo bazirali na elementarnoj povrsini,a to je bila povrsina pravougaonika. Analogno, definiciju duzine krive cemo baziratina nekoj elementarnoj duzini, a to ce biti duzina duzi.Ako je funkcija f data sa f(x) = αx+ β gde su α, β ∈ IR, onda definisemo duzinu sa

L(Cf ) =√

(b− a)2 + (f(b)− f(a))2 dx (slika 1).

Slika 1 Duzina duzi

Ako je f : [a, b]→ IR proizvoljna funkcija, posmatramo particiju (podelu)

P = {x0 = a < x1 < · · · < xn = b}

intervala [a, b] i poligon definisan tackama Pk = (xk, f(xk)) particije P (slika 2).

408


Slika 2 Poligonalna aproksimacija krive

Duzina duzi izmedju Pk−1 i Pk je√(xk − xk−1)2 + (f(xk)− f(xk−1))2,

pa za duzinu poligona dobijamo

LP(Cf ) =n∑k=1

√(xk − xk−1)2 − (f(xk)− f(xk−1))2.

Vazi sledeci rezultat.

Teorema 13.20 Ako su P i P ′ particije intervala [a, b] takve da P ⊂ P ′, onda

LP ′(Cf ) ≥ LP(Cf ).

U svetlu ovog rezultata definisemo:

Definicija 13.21 Kriva Cf je izmerljiva (rectifiable) ako

supP

LP(Cf ) <∞.

409


Ako je Cf izmerljiva, onda se

L(Cf ) = supP

LP(Cf )

zove duzina luka krive Cf (arc length of the curve Cf ).

Ako je funkcija f neprekidno diferencijabilna na intervalu, onda se njena duzina lukamoze dati pomocu integrala.

Teorema 13.22 Ako je funkcija f : [a, b] → IR diferencijabilna na intervalu [a, b],onda je kriva Cf izmerljiva i vazi

(13.5) L(Cf ) =

b∫a

√1 + (f ′(x))2 dx.

Dokaz. Neka je P = {x0 = a < x1 < · · · < xn = b} proizvoljna particija intervala[a, b]. Tada imamo

LP(Cf ) =n∑k=1

√(xk − xk−1)2 + (f(xk)− f(xk−1)2)

=n∑k=1

√1 +

(f(xk)− f(xk−1)

xk − xk−1

)2

· (xk − xk−1).

Po prvoj teoremi srednje vrednosti za diferenciranje (teorema 10.4) dobijamo vred-nosti ξk ∈ (xk−1, xk) (k = 1, 2, . . . , n)

f(xk)− f(xk−1)

xk − xk−1

= f ′(ξk).

Tako imamo

LP(Cf ) =n∑k=1

√1 + (f ′(ξk))2 · (xk − xk−1)

sto je Rimanova suma neprekidne funkcije ϕ : [a, b]→ IR

ϕ(x) =√

1 + (f ′(x))2.

410


Prema tome, iz LP(Cf ) = SP(ϕ; (ξk)) i teoreme 13.20 sledi

supPLP(Cf ) = lim

‖P‖→0SP(ϕ; (ξk)) =

b∫a

√1 + (f ′(x))2 dx.

Znaci, kriva Cf je izmerljiva i vazi jednakost (13.5). �

Primer 13.23 Duzina luka funkcije f : [a, b]→ IR, f(x) = coshx je data sa (slika 3)

L(Cf ) =

b∫a

√1 + sinh2 x dx =

b∫a

coshx dx = sinh b− sinh a.

Slika 3 Duzina luka krive iz primera 13.23

Primer 13.24 Izracunati duzinu luka krive date funkcijom f : [0, a] → IR, f(x) =x2/2 (slika 4).

411


Slika 4 Duzina luka krive iz primera 13.24

Resenje. Duzina luka krive Cf je, po teoremi 13.22,

L(Cf ) =

a∫0

√1 + x2 dx.

Koristimo smenu x = ϕ(t) = sinh t za izracunavanje integrala∫ √

1 + x2 dx. Posto jeφ′(t) = cosh t, dobijamo∫ √

1 + x2 dx =

(∫cosh2 t dt

)t=ϕ−1(x)=Arsinhx

.

Iz cosh2 t = cosh (2t)− sinh2 t = cosh (2t)− (cosh2 t− 1), sledi

cosh2 t =1

2(cosh (2t) + 1) ,

dakle ∫cosh2 t dt =

1

2

∫(cosh (2t) + 1) dt =

1

4sinh (2t) +

t

2.

412


Takodje imamo

sinh (2t) = 2 sinh t cosh t = 2 sinh t√

1 + sinh2 t,

dakle ∫ √1 + x2 dx =

1

2

((t+ sinh t

√1 + sinh2 t

))t=Arsinhx

=1

2

(Arsinhx+ x

√1 + x2

).

Posto (deo (1) teoreme 8.37)

Arsinhx = ln(x+√x2 + 1

)konacno imamo

L(Cf ) =1

2

(ln(x+√x2 + 1

)+ x√

1 + x2)∣∣∣a

0

=1

2

(ln(a+√a2 + 1

)+ a√

1 + a2).

�

413

Indeks

D

duzina luka krive 409

E

elipticki integral 405elipticki integral

druge vrste 405elipticki integral

prve vrste 405elipticki integral

trece vrste 405Lezandrova forma 405

I

iracionalna funkcija 401izmerljiva kriva 409

K

kriva 408duzina luka krive 409izmerljiva kriva 409

L

Lezandrova forma 405

M

metod parcijalnih razlomaka 391

O

Ojlerove smene 401

P

parcijalni razlomci 391

U

univerzalna smena 406

414

MA101 predavanja

Documents

Transcript of MA101 predavanja