Njehsimi integral - repo.risat.orgrepo.risat.org/270/1/Kalkulus-2.pdf · Kalkulus II Shaska T....

Njehsimi integral

T. Shaska

c©2010 AulonnaPress:All rights reserved. This book can not be translated or copied in whole or in part without the written consent of thepublisher. Use in connection with any form of information storage and retrieval, electronic adaptation, computersoftware, or similar known or unknown technology is forbidden. Any use of this book without written permissionof the publisher will be prosecuted to the full extent of the law.

c©2010 AulonnaPress:Të gjitha të drejtat e rezervuara. Ky libër nuk mund të përkthehet ose kopjohet pjesërisht ose i gjithë pa lejen eshkruar të botuesit (AulonnaPress, 8902 El Dorado, White Lake, MI, 48386). Përdorimi i materialit të këtij libri nëçdo lloj forme, adoptim elektronic, software, or forma të ngjashme të njohura ose të panjohura është plotësisht indaluar. Çdo lloj përdorimi i këtij libri pa lejen e shkruar të botuesit do të dënohet me forcën e plotë te ligjit sipasstandarteve ndërkombëtare.

First Edition: 2010

ISBN-13: 978-1-60985-000-5ISBN-10: 1-60985-000-9

Second Edition: 2011

ISBN-13: 978-1-60985-000-5ISBN-10: 1-60985-000-9

Parathënie

Kalkulusi i funksioneve me një ndryshore ndahet në dy pjesë kryesore kalkulusin diferencial dhe kalkulusinintegral. Në shqip ne zakonisht përdorim termat njehsimi diferencial and njehsimi integral. Ky libër, i cili ështëpjesë e serisë së [2], [4], [3], është një hyrje në njehsimin integral. Qëllimi nuk është të jepet një studim i plotë injehsimit integral, por thjesht një hyrje në nivelin elementar. Ky tekst mund të përdoret me sukses në shkollat emesme apo në vitet e para të universiteteve.

Mësuesit e talentuar mund të përdorin shumë nga temat e këtij libri për ta prezantuar studentin tek disa temamjaft të avancuara të matematikës; shih [1] për disa ide.

Duhet theksuar se nuk është qëllimi i lëtij libri që të japë një trajtim të plotë të subjektit dhe as të përqëndrohettek vërtetimet rigoroze të gjithë rezultateve të kalkulusit integral. Lexuesi i interesuar ne një trajtim modern tëkalkulusit integral duhet të konsultojë një libër të plotë të analizës matematike.

3

Kalkulus II Shaska T.

Historia e Kalkulusit

Kalkulusi (Latinisht (Calculus): gur, një gur i vogël përdorur për numërim) është një disiplinë në matematikëe përqëndruar në limitet, funksionet, derivatet, integralet, dhe seritë e pafundme. Kjo lëndë përbën një pjesë tëmadhe të arsimit universitar modern. Ajo ka dy degë kryesore, kalkulusin diferencial dhe atë integral, të cilatjanë të lidhura nga Teorema Themelore e Kalkulusit. Kalkulusi është studimi i ndryshimit, në të njëjtën mënyrëqë gjeometria është studimi i formës dhe algjebër është studimi i operacioneve dhe zbatimi i tyre për zgjidhjene ekuacioneve. Një kurs në kalkulus është një portë hyrëse tek kurse të tjera më të përparuara në matematikëkryesisht e përkushtuar në studimin e funksioneve dhe limitet e quajtur analiza matematike. Kalkulusi ka aplikimetë shumta në shkencë, ekonomi, dhe inxhinieri dhe mund të zgjidhë shumë probleme për të cilat algjebra vetëmështë e pamjaftueshme.

Dy personalitetet kryesore të shkencës të cilëve ju jepet kredia kryesore për shpjikjen dhe zhvillimin e Kalkulusitjanë Newton dhe Leibnitz.

Isaac Newton, (1643 - 1727)

Sir Isaac Newton, (4 Janar 1643 - 31 mars 1727) ishte një fizikan anglez,matematikan, astronom, filozof i lindur, alkimist, dhe teolog dhe një nganjerëzit më me ndikim në historinë njerëzore. Vepra e tij "Philosophic Nat-uralis Principia Mathematica", botuar në vitin 1687, është konsideruar tëjetë libri më me ndikim në historinë e shkencës. Në këtë punë, Njutonipërshkroi gravitacionin universal dhe tre ligjet e lëvizjes, vendosi bazat përmekanikën klasike, e cila dominoi nga pikëpamje shkencore e universit fizikpër tre shekujt në vazhdim dhe është baza për inxhinierinë moderne. Nju-toni tregoi se levizjet e objekteve në Tokë dhe trupave qiellorë të qeverisennga e njëjta bashkësi ligjesh natyrore duke treguar pajtueshmeri midis lig-jeve të Keplerit të levizjes planetare dhe teorisë së tij të gravitetit, dukehequr dyshimet e fundit për heliocentrizmin dhe avancimin e revolucionitshkencor.

Në mekanikë, Njutoni futi parimet e konservimit të momentit dhe momenti këndor. Në optikë, ai ndërtoiteleskopin e parë me refleksion dhe zhvilloi një teori të ngjyrës së bazuar në vëzhgimin se një prizëm dekompozondritën e bardhë në një spektër të dukshem. Ai gjithashtu formuloi një ligj empirik të ftohjes dhe studioi shpejtësinëe zërit.

Në matematikë, Njutoni së bashku me Gottfried Leibniz krijoi kalkulusin (njehsimin) diferencial dhe integral.Ai gjithashtu vërtetoi teoremën e përgjithësuar të binomit, zhvilloi të ashtu-quajturen "metodë e Njutonit"përpërafrimin e zerove të një funksioni, dhe kontribuoi në studimin e serive fuqi.

Njutoni ishte gjithashtu fetar (edhe pse jo fanatik), duke prodhuar më shumë punë në teologji se sa në shkencanatyrore për të cilat ai kujtohet sot.

Statura e Njutonit në mesin e shkencëtarëve mbetet në shkallën më të lartë, siç u pa edhe nga një studim në2005 i shkencëtarëve të Shoqërisë Mbretërore të Britanisë së Madhe, të cilëve ju kërkua se kush ishte shkencëtari icili kishte ndikimin më të madh në historinë e shkencës. Njutoni u vlerësua me shumë më tepër ndikim se AlbertEinstein.

4 c©AIM: Albanian Institute of Mathematics

https://sites.google.com/site/aulonnapress/books/textbooks


http://www.risat.org

Shaska T. Kalkulus II

Leibnitz, Gottfried Wilhelm (1646-1716)

Filozof dhe matematikan gjerman (bashkëkrijues i Kalkulusit), fizikant(ligji i ruajtjes së energjisë), gjeolog, etj. Fillimisht një materialist mekaniknë filozofi, por në kundërshtim me empirizmin e Locke-s u zhvendosnë një pozitë të racionalizmit dhe idealizëm objektiv me teorinë e tij tëMonads - e pandashmja e substancave shpirtërore nga të cilat Universiështë i përbërë; monads ishin të pajisur me vetë-aktivitet, por nuk kishteasnjë ndikim fizik, tek njëri-tjetri, vlerësonin se kriteri i së vërtetës ështëqartësia e njohurive, testuar nga zbatimi i Logjikës Formale të Aristotelit.

Leibniz është më i njohur si bashkë-themelues i Kalkulusit me Newtondhe themeluesi i logjikës matematikore dhe simbolike. Leibniz gjithashtuka kontribute të rëndësishme në mekanikë, gjeologji, biologji, histori, lin-guistikë dhe inxhinieri. Ai ishte i mirënjohur në punët publike te ditës sëtij, duke i dhënë një skemë për unifikimin e shteteve gjermane, e cila kishteqenë trashëgimia e Luftës Tridhjetëvjeçare, argumentoi për ribashkimin eKishave Protestante dhe Katolike, themeloi Akademinë e Shkencave nënFrederickun I të Prusisë, dhe ka marrë pjesë në çdo sferë të shkencës, artitdhe jetës publike në Evropën e Habsburgëve dhe mbretit Lui XIV.

Kalkulusi përdoret në cdo degë të shkences si informatika, fizika, statistika, inxhinjeri, ekonomi, biznes, mjekësi,dhe cdo fushë tjetër ku nje problem mund te modelohet matematikisht dhe kërkohet nje zgjidhje optimale.

Fizika në vecanti përdor Kalkulusin. Të gjitha konceptet në mekaniken klasike janë të ndërlidhura nëpërmjetKalkulusit. Masa e një objekti me densitet të njohur, momenti i inercisë së objektit, energjia totale e objektit, gjendenduke perdorur kalkulusin.

Kimia përdor kalkulusin në përcaktimin e shpërberjes radioaktive dhe raporteve te reaksioneve. Në algjebërlineare kalkulusi përdoret për të gjetur përafrimin linear "më të mirë"për një bashkësi pikash.

c©AIM: Albanian Institute of Mathematics 5





Simbolika:

Simbolika e mëposhtme do të përdoret në këtë libër pa shumë sqarime të mëtejshme. Gjithë konceptet e tjerajanë sqaruar në detaje. Një ideks i termave kryesore është vënë në fund të librit. Suposohet se lexuesi i këtij libri kapërvetsuar në detaje njehsimin diferencial në [2].

R bashkësia e numrave realëC bashkësia e numrave kompleksëQ bashkësia e numrave racionalëZ bashkësia e numrave të plotë

tan x funksioni i tagentessin x funksioni sinusitln x funksioni i logaritmit natyror

arccos x ark-cosinusiarcsin x ark-sinusiarctan x ark-tangenti

arg argumentcos x funksioni i kosinusitcosh kosinusi hiperbolikcot funksioni i kotangentit

coth kotangenti hiperboliksec funksioni i sekantitcsc funksioni i ko-sekantit

exp x funksioni eksponencialker bërthama (kernel) i nje funksioni linearlog funksioni logaritmik

max maksimumdet determinantisin x funksioni i sinusit

sinh x sinusi hiperboliktan x funksioni i tangentit

tanh x tangenti hiperbolik∞ infinit

lim limiti⇒ sjell (implikim)⇔ ekuivalente, atëherë dhe vetëm atëherë kur� përfundon vertetimi





Përmbajta

1 Integralet 131.1 Sipërfaqet dhe distancat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131.2 Integrali i caktuar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 211.3 Teorema themelore e Kalkulusit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 311.4 Integralet e pacaktuara. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 361.5 Metoda e zëvendësimit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 431.6 Logaritmi i përkufizuar si një integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50

2 Sipërfaqet dhe volumet 572.1 Sipërfaqet ndërmjet kurbave. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 572.2 Vëllimet e trupave . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 632.3 Vëllimi i trupave nëpërmjet tubave cilindrike . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 732.4 Puna . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 782.5 Mesatarja e vlerave të një funksioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82

3 Teknikat e integrimit 853.1 Integrimi me pjesë . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 853.2 Integralet trigonometrike . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 913.3 Zëvendësimet trigonometrike . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 983.4 Integrimi i funksioneve racionale me thyesa të pjesshme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1043.5 Strategji Integrimi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1123.6 Përafrimi i integraleve . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1213.7 Integralet jo të mirëfillta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129

4 Aplikime të integralit të caktuar 1374.1 Gjatësia e harkut . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1374.2 Sipërfaqet e rrotullimit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142

5 Ekuacionet parametrike dhe koordinatat polare 1495.1 Kurbat parametrike . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1495.2 Kalkulusi i kurbave parametrike . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1555.3 Numrat kompleksë . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1625.4 Koordinatat polare . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1655.5 Sipërfaqet dhe gjatësitë në koordinata polare . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1745.6 Prerjet konike . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1795.7 Prerjet konike në koordinata polare . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 188

6 Vargjet dhe seritë 1956.1 Vargjet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1956.2 Seritë . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2056.3 Testi i integralit dhe parashikimi i shumave të serive. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2116.4 Testi i krahasimit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2146.5 Seritë alternative . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 216

7


6.6 Konvergjenca absolute, testi i raportit dhe testi i rrënjës . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2196.7 Seritë fuqi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2236.8 Paraqitja e funksionit si seri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 225





Tabelat

1.1 Llogaritja e integralit duke përdorur drejtëkëndëshat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151.2 Shpejtësia në varësi të kohës. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191.3 Shpejtësia në këmbë për sekondë. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191.4 Vlerat e shumës së Riemanit. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

3.1 Tabela e zëvendësimeve trigonometrike . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 993.2 Vlerat e shumave sipas n-së. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1233.3 Gabimet sipas çdo metode për vlera të ndryshme të n-së. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124

9

Figurat

1.1 Bernhard Riemann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131.2 Sipërfaqja midis një grafi, drejtezave x = a, x = b, dhe boshtit të x-it. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141.3 Integrali for funksionin f (x) = x2 në segmentin [0, 1] me shumat e djathta. . . . . . . . . . . . . . . . . 141.4 Integrali for funksionin f (x) = x2 në segmentin [0, 1] me shumat e majta. . . . . . . . . . . . . . . . . . 151.5 Integrali for funksionin f (x) = x2 në segmentin [0, 1] me shumat e djathta. . . . . . . . . . . . . . . . . 151.6 Shuma e djathtë, e majtë, dhe e pikës së mesit. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171.7 Integrali i caktuar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 211.8 Shuma e pikës së mesit. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

2.1 Sipërfaqja e drejtëkëndëshit të ngjyrosur = lartësi × gjerësi = ∆ ·(

f (x) − g(x))

. . . . . . . . . . . . . . . 572.2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 582.3 Sipërfaqja midis parabolave y = x2 dhe y = 2x − x2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 592.4 Grafikët e sin x dhe cos x . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 602.5 Cilindrat në hapësirë. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 632.6 Përafrimi i vëllimit të një trupi nga prerjet tërthore. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 652.7 Mënyrat e integrimit sipas prerjeve tërthore . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 692.8 Grafiku i funksionit y = −x3 + 2x2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 732.9 Rrotullimi i nje funksioni f (x) rreth boshtit të y. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 732.10 Një trup i përftuar nga rrotullimi i një grafi rreth boshtit y. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 742.11 Vëllimi i një tubi cilindrik Vi. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 742.12 Përafrimi i vëllimit të përgjithshëm të trupit. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 742.13 Sipërfaqja midis parabolave y = x2 dhe y = x. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 752.14 Sipërfaqja midis parabolave y = x2 dhe y = x. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 762.15 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 762.16 Ligji i Hukut . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 792.17 Mesatarja e vlerave të një funksioni. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 822.18 Grafiku i funksionit y = −x3 + 2x2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 832.19 Grafiku i funksionit y = −x3 + 2x2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83

3.1 Zëvendësimi trigonometrik x = a cosθ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 983.2 Sipërfaqja e elipsit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 993.3 Zëvendësimi trigonometrik x = a cosθ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1003.4 Funksioni 1

x2√

x2+4. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100

3.5 Zëvendësimi trigonometrik x = a secθ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1013.6 Funksioni 1√

x)2−4. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102

4.1 Përafrimi i gjatësisë së harkut . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1374.2 Interpretimi gjeometrik i diferencialeve . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1414.3 Sipërfaqja anësore e cilindrit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1424.4 Sipërfaqja e konit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1424.5 Sipërfaqja anësore e konit midis dy planeve paralelë . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1434.6 Sipërfaqja anësore e një objekti rrotullimi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 144

11


4.7 Sipërfaqja e rrotullimit rreth boshtit te x-it dhe y-it . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145

5.1 Lëvizja e grimcës . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1495.2 Grafiku i kurbës parametrike . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1505.3 Grafiku i kurbës parametrike me kushte shtesë . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1515.4 Grafi i kurbës x = sin 2t y = cos 2t . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1525.5 Grafi i kurbës x = sin t y = sin2 t . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1535.6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1545.7 Grafi i kurbës x = t5

− 4t3 y = t2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1555.8 Grafi i kurbës x = t3

− 3t, y = 3t2− 9 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 157

5.9 Grafi i kurbes x = 1 − t2, y = t7 + t5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1575.10 Grafiku i cikloidës x = 2(θ − sinθ), y = 2(1 − cosθ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1585.11 Rrethi njësi dhe këndet kryesore . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1635.12 Koordinatat polare . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1655.13 Koordinatat polare . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1655.14 Rrethi r = 7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1675.15 Rrathet polarë r = 4 cosθ dhe r = −7 sinθ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1685.16 Kardioida . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1695.17 Trëndafili polar r(θ) = 3 cos(4θ + 1) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1695.18 Spiralja e Arkimedit r(θ) = 1 + θ për 0 ≤ θ ≤ 2π. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1705.19 Grafiku i kardiodës . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1715.20 Sektori i qarkut . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1745.21 Zona e kufizuar nga kurba polare . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1755.22 Perafrimi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1755.23 Zona ndërmjet rrethit dhe kardioidës . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1765.24 Parabola . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1795.25 Elipsi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1825.26 Hiperbola . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1845.27 Konike polare . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 188

5.28 Grafi i r =10

3 − 2 cosθ. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191

5.29 Grafi i r =12

2 + 4 sinθ. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192

5.30 Orbita e lëvizjes së planetit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 193

6.1 Limiti i funksionit dhe limiti i vargut . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1986.2 Vargu ndërmjet dy vargjeve që konvergjojnë . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2016.3 Testi i integralit për serinë harmonike. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 211





Kapitulli 1

Integralet

Figura 1.1: Bernhard Riemann

Në [2, Kap. 2] ne përdorëm problemet e shpejtësisë dhe të tangentespër të kaluar tek koncepti i derivatit, që është ideja qëndrore në kalkulusindiferencial. Po ashtu edhe në këtë kapitull do e nisim me problemet esipërfaqes dhe të distancës, për t’i përdorur ato për formulimin e idesë sëintegralit të caktuar, që është koncepti bazë i kalkulusit integral. Ne do tëshohim në Kap. 2 dhe Kap. 3 se si të përdorim integralin për të zgjidhurprobleme konkrete praktike.

Ekziston një lidhje midis kalkulusit integral dhe atij diferencial. Teoremathemelore e kalkulusit lidh integralin me derivatin, dhe ne do shohim nëkëtë kapitull se kjo thjeshton zgjidhjen e mjaft problemeve.

1.1 Sipërfaqet dhe distancat

Në këtë paragraf do të shohim se në përpjekjen e gjetjes së sipërfaqessë kufizuar nga një kurbë, apo në gjetjen e distancës së përshkuar nga njëmakinë, në fund arrijmë në të njëjtin tip të veçantë limiti.

1.1.1 Problemi i sipërfaqes

E nisim me përpjekjen për të zgjidhur problemin e sipërfaqes:

Problem: Gjeni sipërfaqen S të figurës së kufizuar nga grafiku i funksionit y = f (x), drejtëzat x = a dhe x = b dheboshti i x-ve.

Në përpjekjen e zgjidhjes së problemit të sipërfaqes na lind pyetja: Çdo të thotë fjala sipërfaqe? Përgjigja ështëe thjeshtë për ato figura që kufizohen nga vija të drejta. Për një drejtëkëndësh sipërfaqja përkufizohet si prodhimi gjatësisë me gjerësinë. Sipërfaqja e trekëndëshit është e barabartë me një të dytën e bazës herë lartësinë. Për njëshumëkëndësh sipërfaqja llogaritet duke e ndarë në trekëndësha, dhe sipërfaqja e tij do jetë shuma e sipërfaqeve tëatyre trekëndëshave.

Megjithatë nuk është e lehtë të llogaritet sipërfaqja e një sipërfaqeje të kufizuar nga kurba të lëmuara. Të gjithëe kemi idenë intuitive se ç’është sipërfaqja e një sipërfaqeje (figure plani). Por pjesë e problemit të sipërfaqes ështëta bëjë këtë ide intuitive, një ide të saktë duke dhënë një përkufizim të saktë të sipërfaqes.

Rikujtojmë se në përkufizimin e tangentes ne fillimisht e përafruam koefiçentin këndor të tangentes me koe-fiçentin këndor të prerëses dhe më pas morëm limitin e këtij përafrimi. Përdorim një ide të ngjashme për sipërfaqet.Fillimisht e përafrojmë sipërfaqen S me sipërfaqet e drejtëkëndëshave e më pas marrim limitin e sipërfaqes së tyrekur rritet numri i tyre. Shembulli në vazhdim e ilustron më mirë këtë ide.

Shembull 1.1. Përdorni drejtëkëndëshat për të njëhsuar sipërfaqen nën parabolën y = x2 nga 0 tek 1.

13


x

f (x)x = bx = a

f (x)

Figura 1.2: Sipërfaqja midis një grafi, drejtezave x = a, x = b, dhe boshtit të x-it.

Zgjidhje: Fillimisht vërejmë se sipërfaqja S duhet të jetë midis 0 dhe 1 sepse S ndodhet brenda katrorit me brinjë 1njësi, por ne mund ta saktësojmë akoma më shumë këtë vlerë. Supozojmë se e ndajmë S në katër pjesë S1, S2, S3,dhe S4 duke ngritur pingule mbi boshtin e x-ve në pikat x = 1/4, x = 1/2, x = 3/4. Ne mund ta përafrojmë çdo pjesëme një drejtëkëndësh me bazë të njëjtë me të dhe lartësi sa vlera e funksionit y = x2 në pikat e djathta të ndarjes.

0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

Figura 1.3: Integrali for funksionin f (x) = x2 në segmentin [0, 1] me shumat e djathta.

Seicili nga drejtëkëndëshat ka bazë 1/4 dhe lartësi përkatësisht(

14

)2,(

12

)2,(

34

)2dhe 12. Në qoftë se shënojmë me

R4 shumën e sipërfaqejeve të këtyre drejtëndëshave, ne marrim

R4 =14·

(14

)2

+14·

(12

)2

+14·

(34

)2

+14· 12 =

1532

= 0.46875

Këta drejtkëndësha të cilët kanë si lartësi vlerën e funksionit në skajin e djathtë të intervalit përkatës quhendrejtëkëndësha të djathtë dhe Rn quhet shuma e djathtë, ku n është numri i ndarjeve të intervalit bazë. Syprina Sështë më e vogël se R4, pra S < 0.46875.

Në vend që të përdorim drejtëkëndësha si më sipër ne mund të përdorim drejtëkëndësha të majtë, lartësitë e tëcilëve janë vlerat e f (x) në skajet e majta të nënintervaleve. Shuma e sipërfaqeve të këtyre drejtëkëndëshave është

L4 =14· 02 +

14·

(14

)2

+14·

(12

)2

+14

(34

)2

=7

32= 0, 21875

Ne shohim se sipërfaqja S është më e madhe se L4, pra ne kemi një vlerësim të sipërm e të poshtëm për S:

0.21875 < S < 0.46875






0.2 0.4 0.6 0.8 1

0.2

0.4

0.6

0.8

1

Figura 1.4: Integrali for funksionin f (x) = x2 në segmentin [0, 1] me shumat e majta.

Ne mund ta përsërisim këtë procedurë me një numër më të madh pjesësh. Figura 1.5 tregon se çfarë ndodh kurne e ndajmë sipërfaqen në tetë pjesë me bazë të njëjtë.

0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

Figura 1.5: Integrali for funksionin f (x) = x2 në segmentin [0, 1] me shumat e djathta.

Duke llogaritur shumën e sipërfaqeve të drejtkëndëshave të vegjël (L8) dhe shumën e sipërfaqeve tëdrejtkëndëshave të mëdhenj (R8), ne përftojmë një vlerësim të sipërm dhe të poshtëm më të mirë për S:

0.2734375 < S < 0.3984375

Kështu që një përgjigje e mundshme ndaj kësaj pyetje është se sipërfaqja S ndodhet me siguri diku ndërmjet0.2734375 dhe 0.3984375.

n Ln Rn10 0. 2850000 0. 385000020 0. 3087500 0. 358750030 0. 3168519 0. 350185250 0. 32340000 0. 3434000

100 0. 3283500 0. 33835001000 0. 3328335 0. 33383335

Tabela 1.1: Llogaritja e integralit duke përdorur drejtëkëndëshat

Ne mund të marrim një përafrim më të mirë në qoftë se rrisim numrin e ndarjeve. Tabela e mëposhtme tregonrezulatatet e llogaritjeve të ngjashme (me kompjuter) duke përdorur n drejtkëndësha, lartësitë e të cilëve janë maturnë skajet e majta (Ln) ose në skajet e djathta (Rn). Në veçanti ne shohim se duke përdorur 50 ndarje sipërfaqja






shtrihet midis 0.3234 dhe 0.3434. Me 1000 ndarje S shtrihet ndërmjet 0.3328335 dhe 0.3338335. Një vlerësim i mirëmerret nga mesatarja e këtyre numrave: S ≈ 0.3333335.

�Nga vlerat në tabelën e shembullit të mësipërm, duket se Rn i afrohet 1/3 kur n rritet pambarimisht. E

konfirmojmë këtë në shembullin në vijim.

Shembull 1.2. Për sipërfaqen S të shembullit të mësipërm, tregoni se shuma e sipërfaqeve të drejtëkëndëshave përafrues (ngae djathta) shkon në 1

3 , pra

limn→∞

Rn =13

Zgjidhje: Rn është shuma e sipërfaqeve të n drejtkëndëshave. Secili drejtkëndësh ka bazën 1/n dhe lartësitë janëvlerat e funksionit f (x) = x2 në pikat 1/n, 2/n, 3/n, · · · , n/n; pra lartësitë janë (1/n)2, (2/n)2, (3/n)2, · · · , (n/n)2.

Pra

Rn =1n

(1n

)2

+1n

(2n

)2

+1n

(3n

)2

+ · · · +1n

(nn

)2

=1n·

1n2

(12 + 22 + 32 + · · · + n2

)=

1n3

(12 + 22 + 32 + · · · + n2

) (1.1)

Këtu na nevojitet formula e shumës së katrorëve të n numrave të parë natyrorë:

12 + 22 + 32 + · · · + n2 =n(n + 1)(2n + 1)

6(1.2)

Ju këtë formulë ndoshta e keni parë dhe më parë, ajo mund të provohet lehtë me metodën e induksionit matematik.Duke e zëvendësuar më sipër kemi

Rn =1n3 ·

n(n + 1)(2n + 1)6

=(n + 1)(2n + 1)

6n2

Kështu që kemi

limn→∞

Rn = limn→∞

(n + 1)(2n + 1)6n2 =

13

(1.3)

�Mund të tregohet se shuma e përafrimit të poshtëm gjthashtu shkon në 1

3 , pra

limn→∞

Ln =13

Pra, kur n rritet, të dyja Ln dhe Rn i afrohen gjithnjë e më shumë sipërfaqes S. Prej nga ne e përcaktojmë S si limit tëshumave të drejtkëndëshave përafrues, pra

S = limn→∞

Rn = limn→∞

Ln =13

Le ta zbatojmë idenë e shembujve të mësipërm në një rast më të përgjithshëm. E nisim me ndarjen e S nësipërfaqet S1, S2, · · · , Sn me bazë të njëjtë si në Fig. 1.3. Gjatësia e intervalit [a, b] është b − a, kështu që gjatësia esecilës bazë do jetë

∆x =b − a

nIntervali [a, b] ndahet në n nënintervale

[x0, x1], [x1, x2], [x2, x3], · · · , [xn−1, xn]






ku x0 = a dhe xn = b. Skajet e djathta të nënintervaleve janë:

x1 = a + ∆xx2 = a + 2∆xx3 = a + 3∆x· · ·

Le të përafrojmë pjesën e i-të Si me një drejtkëndësh me bazë ∆x dhe lartësi f (xi), që është vlera e f (x) në skajin edjathtë të intervalit. Atëherë, sipërfaqja e i-të e drejtkëndëshit është f (xi)∆x. Ajo që mendojmë nga ana intuitiveështë se sipërfaqja S është përafruar nga shuma e sipërfaqeve të këtyre drejtkëndëshave, domethënë shuma e djathtëështë

Rn = f (x1)∆x + f (x2)∆x + f (x3)∆x + · · · + f (xn)∆x

Vërejmë se përafrimi bëhet gjithnjë e më i mirë kur rritet numri i ndarjeve, pra kur n → ∞. Prej nga epërkufizojmë sipërfaqen S në këtë mënyrë.

Përkufizim 1.1. Syprina e figurës plane S e cila kufizohet nga grafiku i funksionit të vazhdueshëm y = f (x) drejtëzatx = a dhe x = b dhe boshti i x-ve është limiti i shumës së sipërfaqeve të drejtkëndëshave përafrues:

S = limn→∞

Rn = limn→∞

[f (x1)∆x + f (x2)∆x + f (x3)∆x + · · · + f (xn)∆x

]Mund të provohet se limiti në Përkufizimin 1.1 ekziston gjithmonë kur funksioni f (x) është i vazhdueshëm në

[a, b]. Gjithashtu mund të tregohet se marrim të njëjtën vlerë në qoftë se përdorim skajet e majta të nënintervaleve:

S = limn→∞

Ln = limn→∞

[f (x0)∆x + f (x1)∆x + f (x2)∆x + · · · + f (xn−1)∆x

](1.4)

Në fakt në vend që të përdorim skajet e djathta apo të majta zgjedhim pika të çfarëdoshme xi∗ brenda nëninter-

valeve [xi−1, xi]. I quajmë numrat x1∗, x2

∗, · · · , xn∗ pika të rastit. Kështu një shprehje më e përgjithshme për sipërfaqen

S ështëS = lim

n→∞

[f (x1

∗)∆x + f (x2∗)∆x + f (x3

∗)∆x + · · · + f (xn∗)∆x

](1.5)

Shuman∑

i=1

f (x∗i )∆x

quhet shuma e Riemannit. Nga shprehjet e mësipërme për sipërfaqen marrin trajtën

S = limn→∞

n∑i=1

f (xi)∆x = limn→∞

n∑i=1

f (xi−1)∆x = limn→∞

n∑i=1

f (xi∗)∆x

2 4 6 8

1

2

3

4

2 4 6 8

1

2

3

4

2 4 6 8

1

2

3

4

Figura 1.6: Shuma e djathtë, e majtë, dhe e pikës së mesit.






Shembull 1.3. Le të jetë S sipërfaqja e figurës plane të kufizuar nga grafiku i funksionit f (x) = e−x dhe nga drejtëzat x = 0dhe x = 2.

(a) Duke përdorur skajet e djathta, gjeni një shprehje për S si një limit, pa e llogaritur limitin.(b) Vlerësoni sipërfaqen duke marrë pikat e rastit si meset e nënintervaleve, duke përdorur katër nënintervale e më pas

dhjetë nënintervale.

Zgjidhje:

(a) Meqënëse a = 0 dhe b = 2, gjatësia e intervalit është

∆x =2 − 0

n=

2n

Kështu që:

x1 =2n, x2 =

4n, x3 =

6n, . . . , xi =

in, · · · , xn =

2nn

Shuma e sipërfaqeve të drejtkëndëshave është

Rn = f (x1) ∆x + f (x2) ∆x + f (x3) ∆x + · · · + f (xn) ∆x = e−x1 ∆x + e−x2 ∆x + e−x3 ∆x + · · · + e−xn ∆x

= e(−2/n)(2

n

)+ e(−4/n)

(2n

)+ · · · + e(−2n/n)

(2n

)Në bazë të përkufizimit sipërfaqja është

S = limn→∞

Rn = limn→∞

2n

(e−2/n + e−4/n + · · · + e−2n/n)

Duke përdorur shënimin sigma mund të shkruajmë

S = limn→∞

2n

n∑i=1

e−2i/n.

Është e vështirë të llogaritet drejtpërdrejt limiti, por me ndihmën e një sistemi kompjuterik nuk është aq evështirë.

(b) Me n = 4 ndarje, kemi ∆x = 0.5 dhe nën-intervalet do jenë

[0, 0.5], [0.5, 1], [1, 1.5], [1.5, 2].

Pikat e meseve të tyre janëx1∗ = 0.25, x2

∗ = 0.75, x3∗ = 1.25, x4

∗ = 1.75,dhe shuma e sipërfaqeve të katër drejtkëndëshave përafrues është

M4 =

4∑i=1

f (xi∗)∆x = f (0.25)∆x + f (0.75)∆x + f (1.25)∆x + f (1.75)∆x

= e−0.25(0.5) + e−0.75(0.5) + e−1.25(0.5) + e−1.75(0.5) =12

(e−0.25 + e−0.75 + e−1.25 + e−1.75) ≈ 0.8557

Pra, një vlerësim për sipërfaqen ështëS ≈ 0.8557

Për n = 10 nën-intervalet janë[0, 0.2], [0.2, 0.4], · · · , [1.8, 2]

dhe pikat e meseve të tyre janëx1∗ = 0.1, x2

∗ = 0.3, x3∗ = 0.5, x10

∗ = 1.9.Prandaj,

S = M10 = f (0.1)∆x + f (0.3)∆x + f (0.5)∆x + · · · + f (1.9)∆x

= 0.2(e−0.1 + e−0.3 + e−0.5 + · · · + e−1.9) ≈ −0.8632

Ky vlerësim është më i mirë se vlerësimi me n = 4.

�






1.1.2 Problemi i distancës

Tani le të shqyrtojmë problemin e distancës: Gjeni distancën e përshkuar nga një objekt lëvizës gjatë një periudhetë caktuar kohe në qoftë se shpejtësia e tij është e njohur në çdo kohë. Në një farë mënyre ky është problemi i anasjelltëi gjetjes së shpejtësisë që kemi parë në [2, Kap. 2]. Në qoftë se shpejtësia është konstante, atëherë problemi i distancësështë lehtësisht i zgjidhshëm nëpërmjet formulës

distanca = shpejtësi × kohë

Por në qoftë se shpejtësia ndryshon me kalimin e kohës, nuk është e lehtë të llogaritet distanca e përshkuar. Estudiojmë këtë problem duke u nisur nga shembulli në vazhdim.

Shembull 1.4. Supozojmë se kilometrazhi i makinës sonë është dëmtuar, dhe ne duam të logarisim disancën e përshkuar gjatënjë intervali kohe 30 sekondësh. Lexojmë shpejtësi matësin çdo pesë sekonda dhe i shënojmë të dhënat në tabelën e mëposhtme:

koha (s) 0 5 10 15 20 25 30shpejtësia (mi/h) 17 21 24 20 32 31 28

Tabela 1.2: Shpejtësia në varësi të kohës.

Në mënyrë që të kemi kohën dhe shpejtësinë në njësinë e kërkuar le ta konvertojmë shpejtësinë e lexuar në këmbë për sekondë.(1mi/h) = 5280/3600kmb/s:

koha 0 5 10 15 20 25 30shpejtësia 25 31 35 43 47 46 41

Tabela 1.3: Shpejtësia në këmbë për sekondë.

Gjatë pesë sekondave të para shpejtësia nuk ndryshon shumë, kështu që mund ta llogarisim distancën e përshkuar gjatëkësaj kohe duke pranuar se shpejtësia është konstante. Në qoftë se marrim shpejtësinë gjatë intervalit të parë (25 f t/s), atëherëpërftojmë distancën e përshkuar gjatë pesë sekondave të para:

25 f t/s × 5s = 125 f t

Njëlloj gjatë intervalit të dytë të kohës shpejtësia është pothuaj konstante dhe e marrim sa shpejtësia kur t = 5s. Kështu qëvlerësimi ynë për distancën e përshkuar nga t = 5s në t = 10s është

31 f t/s × 5s = 155 f t

Duke kryer këtë veprim për të gjitha intervalet e kohës, marrim edhe totalin e distancës së përshkuar:

25 × 5 + 31 × 5 + 35 × 5 + 43 × 5 + 47 × 5 + 46 × 5 = 1135 f t

Po njëlloj ne mund të përdornim shpejtësinë në fund të seicilit prej intervaleve të kohës si shpejtësi konstante. Atëherë, vlerësimiynë do ishte

31 × 5 + 35 × 5 + 43 × 5 + 47 × 5 + 46 × 5 + 41 × 5 = 1215 f t

Në qoftë se do të donim një vlerësim më të saktë, mund të lexonim shpejtësinë çdo dy sekonda.

Ndoshta llogaritjet në këtë shembull ju kujtojnë shumat e përdorura pak më parë për llogaritjen e sipërfaqeve.Ngjashmëria shpjegohet kur ne skicojmë grafikun e funksionit shpejtësi të një makine dhe vizatojmë drejtkëndësha,lartësitë e të cilëve janë shpejtësitë fillestare për secilin interval kohor.

Sipërfaqja e drejtkëndëshit të parë është 25 × 5 = 125, e cila gjithashtu është ajo që ne vlerësuam si distancëe përshkuar në pesë sekondat e para. Në fakt sipërfaqja e secilit drejtkëndësh mund të interpretohet si distancë,sepse lartësia përfaqëson shpejtësinë dhe baza kohën. Shuma e sipërfaqeve të drejtkëndëshave është L6 = 1135, ecila s’është gjë tjetër veçse vlerësimi ynë i parë për distancën totale të përshkuar.

Në përgjithësi, supozojmë se një objekt lëviz me shpejtësi v = f (t), ku a ≤ t ≤ b dhe f (t) ≥ 0 (kështu që objektilëviz gjithmonë në drejtimin pozitiv). Lexojmë shpejtësitë në kohët

t0 = a, t1, t2, · · · , tn = b,






shpejtësitë janë konstante në secilin nëninterval. Në qoftë se këto intervale janë me gjatësi të njëjtë, atëherë gjatësiae tyre do jetë ∆t = (b − a)/n.

Gjatë intervalit të parë të kohës shpejtësia është përafërsisht f (t0) dhe kështu distanca e përshkuar do jetë f (t0)∆t.Njëlloj përkufizohet edhe distanca e përshkuar gjatë intervalit të dytë rreth f (t1)∆t e me rradhë dhe distanca totalee përshkuar gjatë intervalit të kohës [a, b] do jetë

f (t0)∆t + f (t1)∆t + f (t2)∆t + · · · + f (tn−1)∆t =

n∑i=1

f (ti−1)∆t

Në qoftë se përdorim shpejtësinë në skajet e djathta, vlerësimi ynë për distancën totale do jetë

f (t1) ∆t + f (t2) ∆t + f (t3) ∆t + · · · + f (tn) ∆t =

n∑i=1

f (ti) ∆t

Sa më shpesh ta matim shpejtësinë, aq më i saktë do jetë vlerësimi ynë, kështu që është me vend që distanca epërshkuar të merret si limit i shprehjeve të tilla:

d = limn→∞

n∑i=1

f (ti−1) ∆t = limn→∞

n∑i=1

f (ti) ∆t (1.6)

Meqënëse ekuacioni i mësipërm ka të njëjtën formë si dhe shprehja për sipërfaqen, del se distanca e përshkuarështë e barabartë me sipërfaqen e figurës plane të kufizuar nga grafiku i funksionit shpejtësi.

Ushtrime:

1. (a) Vlerësoni sipërfaqen nën grafikun e y = cos x ngax = 0 në x = π/2 duke përdorur katër drejtkëndësha përafrimidhe skajet e djathta. Ndërtoni grafikun dhe drejtkëndëshat epërafrimit. A është vlerësimi juaj i sipërm apo i poshtëm?

(b) Përsërisni pikën (a) duke përdorur skajet e majta.

2. (a) Vlerësoni sipërfaqen nën grafikun e y =√

x nga x = 0 nëx = 4 duke përdorur katër drejtkëndësha përafrimi dhe skajete djathta. Ndërtoni grafikun dhe drejtkëndëshat e përafrimit.A është vlerësimi juaj i sipërm apo i poshtëm?

(b) Përsërisni pikën (a) duke përdorur skajet e majta.

3. (a) Vlerësoni sipërfaqen nën grafikun e

y = 1 + x2

nga x = −1 në x = 2 duke përdorur tre drejtkëndësha përafrimidhe skajet e djathta. Më pas bëni një vlerësim me gjashtëdrejtkëndësha përafrimi. Ndërtoni grafikun dhe drejtkëndëshate përafrimit.

(b) Përsërisni pikën (a) duke përdorur skajet e majta.(c) Përsërisni pikën (a) duke përdorur pikat e mesit.(d) Nga skicimet tuaja në pikat (a)-(c) cili duket se është

përafrimi më i mirë?

4. (a) Ndërtoni grafikun e funksionit f (x) = e−x2 për −2 ≤x ≤ 2.

(b) Vlerësoni sipërfaqen nën grafikun e f (x) duke përdorurkatër drejtkëndësha përafrimi dhe një herë skajet e djathta,një herë pikat e mesit. Në secilin rast skiconi grafikun dhedrejtkëndëshat e përafrimit.

(c) Vërtetoni vlerësimet e pikës (b) me tetë drejtkëndëshapërafrimi.

Përdorni përkufizimin për të gjetur sipërfaqen nëngrafikun e f (x) si një limit, pa e llogaritur limitin.

5. f (x) = 4√

x, 1 ≤ x ≤ 16

6. f (x) = ln xx , 3 ≤ x ≤ 10

7. f (x) = x cos x, 0 ≤ x ≤ π/2

Përcaktoni zonën, sipërfaqja e së cilës është ebarabartë me limitin e dhënë.

8. limn→∞

n∑i=1

2n

(5 +2in

)10

9. limn→∞

n∑i=1

π4n

taniπ4n

10. (a) Përdorni përkufizimin për të gjetur një shprehje përsipërfaqen nën kurbën y = x3 nga 0 në 1 si limit.

(b) Përdorni formulën e mëposhtme për të gjetur limitin epikës (a).

13 + 23 + 33 + · · · + n3 =

[n(n + 1)

2

]2






11. (a) Shprehni sipërfaqen nën kurbën y = x5 nga 0 në 2 silimit.

(b) Përdorni një sistem algjebrik kompjuterik për të gjeturshumën në shprehjen tuaj të pikës (a).

(c) Llogaritni limitin e pikës (a).

12. Gjeni sipërfaqen e saktë të zonës nën grafikun e y = e−x

nga 0 në 2 duke përdorur një sistem kompjuterik algjebrik përtë llogaritur shumën e më pas limitin.

13. Gjeni sipërfaqen e saktë nën kurbën y = cos x nga x = 0në x = b, ku 0 ≤ b ≤ π/2. Në veçanti sa është sipërfaqja nëqoftë se b = π/2?

14. (a) Le të jetë An sipërfaqja e një shumëkëndëshi me nbrinjë të barabarta i brendashkruar një rrethi me rreze r. Dukee ndarë shumëkëndëshin në n trekëndësha kongruentë me këndqëndror 2π/n, tregoni që

An =12

nr2 sin(2π

n

)(b) Vërtetoni se

limn→∞

An = πr2.

1.2 Integrali i caktuar

Ne pamë se një limit i trajtës

limn→∞

n∑i=1

f (xi∗) ∆x (1.7)

ka vend kur llogarisim një sipërfaqe. Pamë gjithashtu se kur duam të gjejmë distancën e përshkuar nga një objektlëvizës, arrijmë përsëri në një limit të tillë. Prej këtej del se, një limit i të njëjtit tip zë vend në një numër të madhsituatash edhe kur f (x) është jo domosdoshmërisht funksion pozitiv. Në kapitujt 2 dhe 3 do shohim se limite të tillana çojnë në gjetjen e gjatësisë së një kurbe, vëllimit, qendrës së masës, presionit të ujit etj. Këtij tipi limiti i japim njëemër të veçantë.

Figura 1.7: Integrali i caktuar

Në qoftë se f (x) është një funksion i vazhdueshëm në një interval [a, b], e ndajmë intervalin [a, b] në n nënintervaleme gjatësi të njëjtë ∆x = (b − a)/n. Shënojmë me

x0 = a, x1, · · · , xn = b,

skajet e këtyre nënintervaleve dhex1∗, · · · , xn

∗

le të jenë pika të çfarëdoshme të brendshme të këtyre nënintervaleve. Pra, xi∗ shtrihet në intervalin [xi−1, xi]. Atëherë,

integrali i caktuar i f (x) nga a në b është ∫ b

af (x) dx = lim

n→∞

n∑i=1

f (xi∗) ∆x






Duke qenë se kemi pranuar se f (x) është i vazhdueshëm, mund të provohet se limiti i mësipërm ekziston gjithmonëdhe jep të njëjtën vlerë pavarësisht se si zgjidhen pikat e rastit xi

∗. Në qoftë se marrim pikat e rastit në skajet edjathta të nënintervaleve, atëherë përkufizimi i integralit të caktuar vjen në trajtën∫ b

af (x)dx = lim

n→∞

n∑i=1

f (xi)∆x (1.8)

Po që se i zgjedhim pikat e rastit në skajet e majta të nënintervaleve, atëherë përkufizimi merr trajtën∫ b

af (x)dx = lim

n→∞

n∑i=1

f (xi−1)∆x

Ose ndryshe ju mund të zgjidhnit si pika të rastit edhe pikat e mesit të nënintervaleve ose çfarëdolloj pike tjetër tëbrendshme të nënintervaleve [xi−1, xi].

Megjithëse shumica e funksioneve që ne kemi përmendur janë të vazhdueshëm, limiti në përkufizimin e integralittë caktuar përsëri ekziston në qoftë se f (x) ka një numër të fundëm pikash këputjeje të mënjanueshme. Kështu qëmund të përcaktojmë gjithashtu inegralin e caktuar edhe për funksione të tilla.

Vërejtje 1.1. Simboli∫

u përdor nga Laibnici dhe quhet shenja e integralit. Është një S e zgjatur e cila u zgjodh sepse

një inegral është limit i një shume. Në shënimin∫ b

af (x)dx, f (x) quhet funksioni nën integral dhe a dhe b quhen kufijtë e

integrimit. Simboli dx nuk ka ndonjë kuptim zyrtar. Procedura e llogaritjes së një integrali quhet integrim.

Integrali i caktuar është një numër, ai nuk varet nga x. Në fakt mund të përdoret çdo shkronjë në vend të x, pa indryshuar vlerën integralit: ∫ b

af (x)dx =

∫ b

af (t)dt =

∫ b

af (r)dr

Shuma

Rn =

n∑i=1

f (xi∗) ∆x,

quhet shumë e Riemanit për nder të matematikanit të madh gjerman Bernhard Riemann (1826-1866).Ne dimë se, kur f (x) është pozitiv, atëherë shuma e Riemanit mund të interpretohet si shumë e sipërfaqeve të

drejtkëndëshave përafrues. Duke e krahasuar përkufizimin e integralit të caktuar me përkufizimin e sipërfaqes, nemund të shohim se ai mund të interpretohet si sipërfaqja nën kurbën y = f (x) nga a në b.

Në qoftë se f (x) merr si vlera pozitive ashtu edhe negative, atëherë shuma e Riemanit është diferenca e shumëssë sipërfaqeve të drejtkëndëshave që ndodhen mbi boshtin e x-ve me shumën e sipërfaqeve të drejtkëndëshaveqë ndodhen nën boshtin e x-ve. Kur kalojmë në limit të shumave të Riemanit, një integral i caktuar mund tëinterpretohet si diferencë sipërfaqesh: ∫ b

af (x) dx = A1 − A2,

ku A1 është sipërfaqja e figurës nën grafikun e f (x) dhe mbi boshtin e x-ve, dhe A2 është sipërfaqja e figurës nënboshtin e x-ve dhe mbi grafikun e f (x).

Në bazë të përkufizimit të saktë të një funksioni ne mund të shkruajmë kuptimin e saktë të limitit, që përcaktonintegrali i caktuar sipas përkufizimit të tij:

Përkufizim 1.2. Për çdo ε > 0 ekziston një numër natyror N i tillë që∣∣∣∣∣∣∣∫ b

af (x)dx −

n∑i=1

f (xi∗)∆x

∣∣∣∣∣∣∣ < εpër çdo numër n > N dhe për çdo zgjedhje të xi

∗ në [xi−1, xi]. Kjo do të thotë se integrali i caktuar mund të përafrohetme një shkallë saktësie sa të duam nga shuma e Riemanit.






Vërejtje 1.2. Megjithëse ne e përcaktuam∫ b

af (x)dx duke e ndarë segmentin [a, b] në nënintervale me gjatësi të njëjtë, ka

raste kur mund të jetë me e përshtatshme të punohet me nënintervale me gjatësi të ndryshme

Në qoftë se nënintervalet kanë gjatësi përkatësisht ∆x1, ∆x2, ∆x3, · · · , ∆xn, ne duhet të sigurojmë se ato shkojnëtë gjitha në zero gjatë procesit të limitit. Kjo ndodh kur gjatësia më e madhe, max ∆xi shkon në zero. Pra, në këtërast përkufizimi i integralit të caktuar merr trajtën

∫ b

af (x)dx = lim

max ∆xi→0

n∑i=1

f (xi∗)∆xi

Shembull 1.5. Shprehni limitin si integral në intervalin [0, π].

limn→∞

n∑i=1

(xi3 + xi sin xi)∆x

Zgjidhje: Duke krahasuar limitin e dhënë me limitin në përkufizimin e integralit, shohim se janë identikë në qoftëse zgjedhim

f (x) = x3 + x sin x dhe xi∗ = xi.

Na është dhënë se a = 0 dhe b = π. Dhe nga përkufizimi kemi

limn→∞

n∑i=1

(xi3 + xi sin xi)∆x =

∫ π

0(x3 + x sin x)dx

�

Më vonë kur ne të aplikojmë integralin e caktuar në situatat fizike, do jetë me mjaft rëndësi të shprehen limitetsi integrale, siç u veprua në shembullin e mësipërm. Kur Lajbnici zgjodhi shënimin për integralin, bëri pikërishtkëtë zgjedhje për të kujtuar proçesin e limitit. Në përgjithësi kur ne shkruajmë

limn→∞

n∑i=1

f (xi∗)∆x =

∫ b

af (x)dx

ne zëvendësojmë lim∑

me∫

dhe xi∗ me x, dhe ∆x me dx.

1.2.1 Llogaritja e integraleve

Kur përdorim përkufizimin për të llogaritur integralin, kemi nevojë të dimë se si duhet të punojmë me shumat.Tre ekuacionet në vazhdim japin formula për shumat e fuqive të numrave natyrorë.

n∑i=1

i =n(n + 1)

2n∑

i=1

i2 =n(n + 1)(2n + 1)

6n∑

i=1

i3 =

[n(n + 1)

2

]2






Formulat në vazhdim janë rregulla të thjeshtë që përdorin shënimin sigma:

n∑i=1

c = nc

n∑i=1

cai = cn∑

i=1

ai

n∑i=1

(ai + bi) =

n∑i=1

ai +

n∑i=1

bi

n∑i=1

(ai − bi) =

n∑i=1

ai −

n∑i=1

bi

Shembull 1.6. (a) Llogarisni shumën e Riemanit për f (x) = x3−6x duke marrë si pika të rastit skajet e djathta të nënintervaleve

dhe a = 0, b = 3, dhe n = 6.

(b) Llogarisni∫ 3

0(x3− 6x)dx.

Zgjidhje: (a)Për n = 6 gjatësia e nënintervaleve është

∆x =b − a

n=

3 − 06

=12

dhe skajet e djathta janë x1 = 0.5, x2 = 1, x3 = 1.5, x4 = 2, x5 = 2.5, x6 = 3. Kështu që shuma e Riemanit është

R6 =

6∑i=1

f (xi)∆x = f (0.5)∆x + f (1)∆x + f (1.5)∆x + f (2)∆x + f (2.5)∆x + f (3)∆x

=12

(−2.875 − 5 − 5.625 − 4 + 0.625 + 9) = −3.9375

Vërejmë se f (x) nuk është funksion pozitiv, kështu që shuma e Riemanit nuk përfaqson një shumë sipërfaqeshdrejtkëndëshash. Por përfaqson shumën e sipërfaqeve të drejtkëndëshave të vijëzuar (mbi boshtin e x-ve) minusshumën e sipërfaqeve të drejtkëndëshave të ngjyrosur (nën boshtin e x-ve).

(b) Me n nënintervale kemi

∆x =b − a

n=

3n

Prandaj x0 = 0, x1 = 3/n, x2 = 6/n, · · · , xi = 3i/n. Meqënëse po përdorim skajet e djathta kemi∫ 3

0(x3− 6x)dx = lim

n→∞

n∑i=1

f (xi)∆x = limn→∞

n∑i=1

f(3i

n

) 3n

= limn→∞

3n

n∑i=1

((3in

)3

− 6(3i

n

))= lim

n→∞

3n

n∑i=1

(27n3 i3 −

18n

i)

= limn→∞

81n4

n∑i=1

i3 −54n2

n∑i=1

i

= lim

n→∞

81n4

(n(n + 1)

2

)2

−54n2

n(n + 1)2

= lim

n→∞

(814

(1 +

1n

)2

− 27(1 +

1n

))=

814− 27 = −

274

= −6.75






n Rn40 -6. 3998100 -6. 6130500 -6. 7229

1000 -6. 73655000 -6. 7473

Tabela 1.4: Vlerat e shumës së Riemanit.

Ky integral nuk mund të interpretohet si një sipërfaqe, sepse f (x) merr edhe vlera negative dhe vlera pozitive. Pormund të interpretohet si diferencë sipërfaqesh A1 − A2.

�Një metodë akoma më e thjeshtë për llogaritjen e integralit të këtij shembulli do të jepet në paragrafin në

vazhdim.

Shembull 1.7. (a) Gjeni një shprehje për∫ 3

1exdx si limit i një shume.

(b) Përdorni një sistem kompjuterik algjebrik për të vlerësuar shprehjen.

Zgjidhje: (a) Këtu kemi f (x) = ex, a = 1, dhe b = 3, dhe

∆x =b − a

n=

2n

Kështu që x0 = 1, x1 = 1 + 2/n, x2 = 1 + 4/n, x3 = 1 + 6/n, dhe xi = 1 + 2in . Atëherë kemi∫ 3

1exdx = lim

n→∞

n∑i=1

f (xi)∆x

= limn→∞

n∑i=1

f(1 +

2in

) 2n

= limn→∞

2n

n∑i=1

e1+2i/n

Në qoftë se i kërkojmë një sistemi agjebrik kompjuterik të llogarisë shumën dhe të thjeshtojë, në përftojmë

n∑i=1

e1+2i/n =e(3n+2)/n

− e(n+2)/n

e2/n − 1

tani i kërkojmë sistemit agjebrik kompjuterik të llogarisë limitin:∫ 3

1exdx = lim

n→∞

2n·

e(3n+2)/n− e(n+2)/n

e2/n − 1= e3− e

Ne do të mësojmë një metodë më të thjeshtë për llogaritjen e integraleve në paragrafin tjetër. �

Shembull 1.8. Vlerësoni integralet e mëposhtëm duke interpretuar secilin prej tyre në termat e sipërfaqeve.

(a)∫ 1

0

√

1 − x2dx

(b)∫ 3

0(x − 1)dx

Zgjidhje: (a) Meqënëse f (x) =√

1 − x2 ≥ 0, ne mund ta interpretojmë këtë integral si sipërfaqja e figurës plane nëngrafikun e kurbës y =

√

1 − x2 nga 0 tek 1. Meqënëse y2 = 1 − x2, del se x2 + y2 = 1, e cila na thotë se grafiku i f (x)është një e katërta e rrethit me rreze një, me qendër origjinën e koordinatave. Prej nga∫ 1

0

√

1 − x2dx =14π(1)2 =

π4






(b) Grafiku i y = x− 1 është drejtëza me koefiçent këndor 1. E llogarisim integralin si diferencë të sipërfaqeve tëdy trekëndëshave: ∫ 3

0(x − 1)dx = A1 − A2 =

12

(2 · 2) −12

(1 · 1) = 1.5

�

1.2.2 Rregulli i pikës së mesit

Shpesh e zgjedhim pikën e rastit si skajin e djathtë të nënintervalit, sepse është e përshtatshme për llogaritjene limitit. Por në qoftë se qëllimi është gjetja e një përafrimi të integralit, shpesh më e përdorshme është zgjedhjae pikave të rastit si meset e nënintervaleve të cilat i shënojmë me xi. Çdo shumë Riemani është një përafrim iintegralit, por në qoftë se përdorim pikat e mesit marrim përafrimin e mëposhtëm.

Rregulli i pikës së mesit ∫ b

af (x)dx ≈

n∑i=1

f (xi)∆x = ∆x(

f (x1) + · · · + f (xn))

ku ∆x = b−an dhe

xi =12

(xi−1 + xi) = pika e mesit te[xi−1, xi]

Shembull 1.9. Përdorni rregullin e pikës së mesit me n = 5 për të përafruar∫ 2

1

1x

dx.

Zgjidhje: Skajet e pesë intervaleve janë 1, 1.2, 1.4, 1.6, 1.8, 2 dhe pikat e meseve do jenë 1.1, 1.3, 1.5, 1.7, dhe1.9.Gjatësia e nënintervaleve do jetë

∆x = (2 − 1)/5 =15

dhe kështu rregulli i pikës së mesit na jep∫ 2

1

1x

dx ≈ ∆x[ f (1.1) + f (1.3) + f (1.5) + f (1.7) + f (1.9)]

=15

( 11.1

+1

1.3+

11.5

+1

1.7+

11.9

)≈ 0.691908

Meqënëse f (x) = 1/x > 0 për 1 ≤ x ≤ 2, integrali përfaqson një sipërfaqe, dhe përafrimi i dhënë nga rregulli i pikëssë mesit është shuma e sipërfaqeve të drejtkëndëshave. �

2 4 6 8

1

2

3

4

Figura 1.8: Shuma e pikës së mesit.






Për momentin ne nuk e dimë sa i përshtatshëm është përafrimi i shembullit të mësipërm, por në Kap. 7do mësojmë një metodë për llogaritjen e gabimit që bëhet në përdorimin e rregullit të pikës së mesit. Aty dodiskutojmë metoda të tjera përafrimi të integralit të caktuar.

1.2.3 Vetitë e integralit të caktuar

Kur përkufizuam integralin e caktuar∫ b

af (x)dx, ne pranuam se a < b. Por përkufizimi si limit i shumave të

Riemanit ka kuptim edhe për b < a. Vërejmë se në qoftë se ndryshojmë vendet e a me b, atëherë ∆x ndryshon nga(b − a)/n në (a − b)/n. Prej nga ∫ b

af (x)dx = −

∫ a

bf (x)dx

Në qoftë se a = b, atëherë ∆x = 0 dhe prej këtej ∫ a

af (x)dx = 0

Tani do të japim disa veti të integraleve të cilat na ndihmojnë në llogaritjen e tyre sa më thjeshtë. Pranojmë se f (x)dhe g(x) janë funskione të vazhdueshëm.

Lema 1.1 (Vetitë e integralit). Për çdo integral të caktuar vetitë e mëposhtme janë të vërteta pohimet:

1.∫ b

acdx = c(b − a), ku c është një konstante e çfarëdoshme.

2.∫ b

a[ f (x) + g(x)]dx =

∫ b

af (x)dx +

∫ b

ag(x)dx

3.∫ b

ac f (x)dx = c

∫ b

af (x)dx, ku c është një konstante e çfarëdoshme

4.∫ b

a[ f (x) − g(x)]dx =

∫ b

af (x)dx −

∫ b

ag(x)dx

5.∫ b

af (x)dx =

∫ c

ac f (x)dx +

∫ b

cc f (x)dx

Vërtetim: Detyrë lexuesit. �

Shembull 1.10. Gjeni integralin ∫ 32

0x2 dx

Zgjidhje: Ne dimë se ∫ 32

0x2 dx =

x3

3

∣∣∣∣∣∣32

0

=13·

94− 0 =

34

�

Shembull 1.11. Përdorni vetitë e integralit për të llogaritur∫ 1

0(4 + 3x2)dx.

Zgjidhje: Duke përdorur vetitë 2 dhe 3 të integralit, kemi∫ 1

0(4 + 3x2)dx =

∫ 1

04dx +

∫ 1

03x2dx =

∫ 1

04dx + 3

∫ 1

0x2dx






Dimë nga vetia 1 se∫ 1

04dx = 4(1 − 0) = 4, pak më parë pamë se

∫ 1

0x2dx =

13

. Pra

∫ 1

0(4 + 3x2)dx =

∫ 1

04dx + 3

∫ 1

0x2dx = 4 + 3 ·

13

= 5

�

Shembull 1.12. Në qoftë se dihet se∫ 10

0f (x)dx = 17 dhe

∫ 8

0f (x)dx = 12, gjeni

∫ 10

8f (x)dx.

Zgjidhje: Nga vetia 5, kemi ∫ 8

0f (x)dx +

∫ 10

8f (x)dx =

∫ 10

0f (x)dx

prej nga ∫ 10

8f (x)dx =

∫ 10

0f (x)dx −

∫ 8

0f (x)dx = 17 − 12 = 5

�Vërejmë se vetitë 1-5 janë të vërteta kur a < b, a = b, ose kur a > b. Vetitë e tjera në vazhdim janë të vërteta vetëm

kur a ≤ b.

Lema 1.2 (Vetitë e krahasimit të integralit). Për çdo integral të caktuar vetitë e mëposhtme janë të vërteta:

(6) Në qoftë se f (x) ≥ 0 për a ≤ x ≤ b, atëherë∫ b

af (x) dx ≥ 0.

(7) Në qoftë se f (x) ≥ g(x) për a ≤ x ≤ b, atëherë∫ b

af (x)dx ≥

∫ b

ag(x)dx.

(8) Në qoftë se m ≤ f (x) ≤M për a ≤ x ≤ b, atëherë m(b − a) ≤∫ b

af (x) dx ≤M(b − a).

Vërtetim: Në qoftë se f (x) ≥ 0 atëherë∫ b

af (x) dx përfaqson sipërfaqen e figurës plane nën grafikun e funksionit

y = f (x), kështu që interpretimi gjeometrik i vetisë 6 është thjesht se sipërfaqet janë pozitive. Por vetia mund tëvërtetohet në bazë të përkufizimit të integralit. Vetia 7 thotë se një funksion më i madh ka integral më të madh.Rrjedh nga vetia 6 dhe 4 sepse f − g ≥ 0.

Vërtetimi i vetisë 8 Meqënëse m ≤ f (x) ≤M, vetia 7 na jep∫ b

amdx ≤

∫ b

af (x)dx ≤

∫ b

aMdx

Duke përdorur vetinë 1 për të llogaritur integralet në të majtë dhe të djathtë të këtij mosbarazimi, përftojmë

m(b − a) ≤∫ b

af (x) dx ≤M(b − a)

�Vetia 8 është e përdorshme kur ajo që duam është një vlerësim i përgjithshëm i masës së integralit, pa qenë

nevoja e përdorimit të rregullit të pikës së mesit.

Shembull 1.13. Duke përdorur vetinë 8 llogarisni∫ 1

0e−x2

dx.

Zgjidhje: Meqënëse f (x) = e−x2është funksion zbritës në [0, 1] maksimumi absolut i tij është M = f (0) = 1 dhe

minimumi absolut i tij është m = f (1) = e−1 dhe nga vetia 8 kemi

e−1(1 − 0) ≤∫ 1

0e−x2

dx ≤ 1(1 − 0)






ose

e−1≤

∫ 1

0e−x2

dx ≤ 1

Meqënëse e−1≈ 0.3679 ne mund të shkruajmë

0.367 ≤∫ 1

0e−x2

dx ≤ 1

Ushtrime:

1. Llogarisni shumën e Riemanit për f (x) = 3 − 12 x, 2 ≤

x ≤ 14, me gjashtë nënintervale, duke marrë si pika zgjed-hjeje skajet e majta të nënintervaleve. Shpjegoni nëpërmjet njëdiagrame se çfarë përafqsojnë shumat e Riemanit.

2. Në qoftë se f (x) = x2− 2x, 0 ≤ x ≤ 3, llogarsini shumën

e Riemanit me n = 6, duke marrë pikat e zgjedhjes skajet edjathta të nënintervaleve. Shpjegoni nëpërmjet një diagramese çfarë përfaqësojnë shumat e Riemanit.

3. Gjeni shumën e Riemanit për f (x) = sin x, 0 ≤ x ≤ 3π/2,me gjashtë terma, duke marrë pikat e zgjedhjes skajet e djathtatë nënintervaleve.

Përdorni rregullin e pikës së mesit me vlerën e dhënë të npër të përafruar integralin. Rrumbullakoseni vlerën derinë katër shifra pas presjes dhjetore.

4.∫ 10

2

√

x3 + 1 dx, n = 4

5.∫ π/2

0cos4 x dx, n = 4

6.∫ 1

0sin(x2) dx, n = 5

7.∫ 5

1x2e−x dx, n = 4

8. Përdorni një makinë llogaritëse apo një kompjuter për tëbërë një tabelë të vlerave të shumave të Riemanit të djathta Rn

për integralin∫ π

0sin x dx me n = 5, 10, 50, dhe 100. Cila

vlerë nga këta numra përbën përafrmin më të mirë?

9. Përdorni një makinë llogaritëse apo një kompjuter për tëbërë një tabelë të vlerave të shumave të Riemanit të djathta Rn

dhe të majta Ln për integralin∫ 2

0e−x2

dx me n = 5, 10, 50,

dhe 100. Cilët janë ata dy numra midis të cilëve ndodhet vlerae integralit?

Shprehni limitin e dhënë si integral në intervalin e dhënë.

10. limn→∞

n∑i=1

xi ln(1 + x2i )∆x, [2, 6]

11. limn→∞

n∑i=1

cos xi

xi∆x, [π, 2π]

12. limn→∞

n∑i=1

√2x∗i + (x∗i )

2∆x, [1, 8]

13. limn→∞

n∑i=1

[4 − 3(x∗i )2 + 6(x∗i )

5]∆x, [0, 2]

Përdorni përkufizimin e integralit për të njehsuar inte-gralet e mëposhtëm.

14.∫ 5

−1(1 + 3x) dx

15.∫ 4

1(x2 + 2x − 5) dx

16.∫ 2

0(2 − x2) dx

17.∫ 5

0(1 + 2x3) dx

18. Vërtetoni se∫ b

ax dx =

b2− a2

2

19. Vërtetoni se∫ b

ax2 dx =

b3− a3

3

Shprehni integralin si limit të shumave të Riemanit, pa ellogaritur limitin.

20.∫ π

0sin 5x dx

21.∫ 10

2x6 dx

Llogarisni integralin duke e shprehur në terma të sipër-faqes.






22.∫ 3

0(12

x − 1) dx

23.∫ 0

−3(1 +

√

9 − x2) dx

24.∫ 2

−2

√

4 − x2 dx

25.∫ 3

−1(3 − 2x) dx

26.∫ 2

−1|x| dx

27.∫ 10

0|x − 5| dx

28. Njehsoni∫ π

πsin2 x cos4 x dx.

29. Është dhënë∫ 1

03x√

x2 + 4 dx = 5√

5 − 8. Sa është∫ 0

13u√

u2 + 4 du?

30. Përdorni vetitë e integraleve për të njehsuar∫ 1

0(2ex−

1) dx.

31. Shprehjen e mëposhtme shkruajeni si një integral të vetëm

të formës∫ b

af (x) dx:∫ 2

−2f (x) dx +

∫ 5

2f (x) dx−

∫−1

−2f (x) dx

32. Në qoftë se∫ 5

1f (x) dx = 12 dhe

∫ 5

4f (x) dx = 3.6,

atëherë gjeni∫ 4

1f (x) dx.

33. Në qoftë se∫ 9

0f (x) dx = 37 dhe

∫ 9

0g(x) dx = 16, atëherë

gjeni∫ 9

0[2 f (x) + 3g(x)] dx.

34. Gjeni∫ 5

0f (x) dx në qoftë se

f (x) =

{3 në qoftë se x < 3x në qoftë se x ≥ 3

35. Supozojmë se f (x) ka vlerën minimum absolut m dhevlerën maksimum absolut M. Midis cilave vlera duhet të

ndodhet∫ 2

0f (x) dx? Cila veti e integraleve e bën të mundur

konluzionin tuaj?

Përdorni vetitë e integralit për të verifikuar mos-barazimet pa qenë nevoja e llogaritjes së integraleve.

36.∫ 1

0

√

1 + x2 dx ≤∫ 1

0

√

1 + x dx

37. 2 ≤∫ 1

−1

√

1 + x2 dx ≤ 2√

2

38.√

2π24 ≤

∫ π/4

π/6cos x dx ≤

√3π

24

Përdorni vetitë e integralit për të njehsuar integralet emëposhtëm.

39.∫ 4

1

√x dx

40.∫ 2

0

11 + x2 dx

41.∫ π/3

π/4tan x dx

42.∫ 2

0(x3− 3x + 3) dx

43.∫ 2

0xe−x dx

44.∫ 2π

π(x − 2 sin x) dx

45. Në qoftë se f (x) është i vazhdueshëm në [a, b], tregoni se∣∣∣∣∣∣∫ b

af (x) dx

∣∣∣∣∣∣ ≤∫ b

a| f (x)| dx

46. Vërtetoni se∣∣∣∣∣∣∫ 2π

0f (x) sin 2x dx

∣∣∣∣∣∣ ≤∫ 2π

0| f (x)| dx

Shprehni limitin si integral të caktuar.

47. limn→∞

n∑i=1

i4

n5

48. limn→∞

n∑i=1

11 + (i/n)2






1.3 Teorema themelore e Kalkulusit

Teorema themelore është emërtuar kështu për vetë faktin se jep lidhjen midis dy degëve kryesore të Kalkulusit,që janë përkatësisht Kalkulusi diferencial dhe ai integral. Kalkulusi diferencial erdhi si rezultat i shtrimit të dyproblemeve: i tangentes ndaj grafikut të një funksioni në një pikë të caktuar, dhe i shpejtësisë së çastit të një objektilëvizës. Ndërsa Kalkulusi integral si rezultat i problemit të sipërfaqes së një figure plane. Të para në këtë prizëm atonuk kanë lidhje me njëra tjetrën. Profesori i Newtonit Isaac Barrow (1630-1677), zbuloi se dy problemet e tangentesdhe të sipërfaqes janë ngushtësisht të lidhur. Në fakt ai tregoi se procesi i derivimit dhe i integrimit janë dy proçesetë anasjellta. Teorema themelore e Kalkulusit jep lidhjen e saktë inverse ndërmjet derivatit dhe integralit. Ishinpikërisht Newtoni dhe Lajbnici që dhanë lidhjen e saktë midis tyre, dhe që e përdorën atë për të zhvilluar Kalkulusinsi një metodë e plotë matematike. Në veçanti ata panë se Teorema Themelore e Kalkulusit i ndihmonte ata përllogaritjen e sipërfaqeve dhe integraleve shumë lehtë, pa pasur nevojën e llogaritjes së limitit të shumave.

Pjesa e parë e Teoremës Themelore ka të bëjë me një funksion të përkufizuar nga një ekuacion i trajtës

g(x) =

∫ x

af (t)dt (1.9)

ku f (x) është një funksion i vazhdueshëm në [a, b] dhe x varion ndërmjet a dhe b. Vërejmë se g(x) varet vetëm nga

x, që është kufiri i sipërm i integralit. Në qoftë se x është një numër i fiksuar, atëherë∫ x

af (t)dt është një numër i

përcaktuar. Në qoftë se x ndryshon, numri∫ x

af (t)dt gjithashtu ndryshon, dhe përcakton një funksion të x të cilin e

shënojmë me g(x).Në qoftë se f (x) do ishte një funksion pozitiv, atëherë g(x) do interpretohej si sipërfaqe e figurës plane nën

grafikun e y = f (x) nga a në x, ku x mund të variojë nga a në b.Në qoftë se marrim f (t) = t dhe a = 0, atëherë do kishim

g(x) =

∫ x

0tdt =

x2

2

Vërejmë se g′(x) = x, pra g′ = f . Me fjalë të tjera, në qoftë se g(x) është përkufizuar si integral i f (x), atëherëg(x) i bie të jetë antiderivat (primitiv) i f (x). Për të parë se pse kjo mund të jetë përgjithësisht e vërtetë, shqyrtojmë

një funksion të vazhdueshëm f (x), f (x) ≥ 0. Atëherë, g(x) =

∫ x

af (t)dt mund të interpretohet si sipërfaqja e figurës

plane nën grafikun e f (x) nga a në x.Në mënyrë që të llogarisim g′(x) në bazë të përkufizimit të derivatit fillimisht vërejmë se për h > 0, g(x + h)− g(x)

përftohet duke bërë diferencën e sipërfaqeve, pra është sipërfaqja nën f (x) nga x në x+h. Për h të vogël, kjo sipërfaqeështë afërsisht e barabartë me sipërfaqen e drejtkëndëshit me bazë h dhe lartësi f (x):

g(x + h) − g(x) ≈ h f (x)

prej ngag(x + h) − g(x)

h≈ f (x)

Atëherë nga ana intuitive ne presim që

g′(x) = limh→0

g(x + h) − g(x)h

= f (x)

Fakti se kjo është e vërtetë edhe kur f (x) nuk është domosdoshmërisht pozitiv, është pjesa e parë e TeoremësThemelore të Kalkulusit.

Teorema 1.1 (Teorema Themelore e Kalkulusit, Pjesa e Parë). Në qoftë se f (x) është i vazhdueshëm në [a, b], atëherëfunksioni g(x) i përkufizuar nga

g(x) =

∫ x

af (t)dt a ≤ x ≤ b

është i vazhdueshëm në [a, b] dhe i derivueshëm në (a, b), dhe g′(x) = f (x).






Vërtetim: Në qoftë se x dhe x + h janë në (a, b), atëherë

g(x + h) − g(x) =

∫ x+h

af (t)dt −

∫ x

af (t)dt =

(∫ x

af (t)dt +

∫ x+h

xf (t)dt

)−

∫ x

af (t)dt =

∫ x+h

xf (t)dt

dhe kështu, për h , 0,g(x + h) − g(x)

h=

1h

∫ x+h

xf (t)dt (1.10)

Tani le të pranojmë se h > 0. Meqënëse f (x) është i vazhdueshëm në [x, x + h], teorema mbi funksionet evazhdueshëm në segment thotë se ekzistojnë numrat u dhe v në [x, x + h] të tillë që f (u) = m dhe f (v) = M, ku mdhe M janë vlerat minimum dhe maksimum absolut përkatësisht të f (x) në [x, x + h].

Nga vetia 8 e integraleve, kemi

mh ≤∫ x+h

xf (t)dt ≤Mh

pra

f (u)h ≤∫ x+h

xf (t)dt ≤ f (v)h

Meqënëse h > 0, mund të pjestojmë anë për anë me h:

f (u) ≤1h

∫ x+h

xf (t)dt ≤ f (v)

Tani përdorim Ek. 1.10 për të zëvendësuar pjesën e mesit të mosbarazimit:

f (u) ≤g(x + h) − g(x)

h≤ f (v) (1.11)

Ky mosbarazim mund të tregohet se është i vërtetë në mënyrë të ngjashme edhe kur h < 0. Tani kur h → 0,atëherë u→ x dhe v→ x, meqënëse u dhe v janë midis x dhe x + h. Prej nga

limh→0

f (u) = limu→x

f (u) = f (x)

dhelimh→0

f (v) = limv→x

f (v) = f (x)

sepse f (x) është i vazhdueshëm në x. Atëherë, nga teorema e shoqëruesve mund të konludojmë se

g′(x) = limh→0

g(x + h) − g(x)h

= f (x) (1.12)

Në qoftë se x = a ose b, atëherë ky ekuacion mund të interpretohet si limit i njëanshëm.�

Shembull 1.14. Gjeni derivatin e funksionit

g(x) =

∫ x

0

√

1 + x2dt

Zgjidhje: Meqënëse f (t) =√

1 + x2 është i vazhdueshëm, nga pjesa e parë e Teoremës Themelore kemi

g′(x) =√

1 + x2

�






Shembull 1.15. Megjithëse një formulë e formës g(x) =

∫ x

af (t)dt mund të duket një mënyrë e çuditshme për të përkufizuar

një funksion në librat e fizikës, kimisë ose statistikës gjejmë plot raste të tilla. Për shembull, funksioni Fresnel

S(x) =

∫ x

0sin(πt2/2)dt

i quajtur në këtë mënyrë në nder të fizikanit francez Augustin Fresnel (1788-1827), i cili është i famshëm për punën e tij nëoptikë. Ky funksion është parë fillimisht në teorinë e Fresnelit të përthyerjes së rrezeve të dritës.

Pjesa e parë e Teoremës Themelore na tregon se si ta derivojmë funksionin Fresnel:

S′(x) = sin(πx2/2)

Kjo do të thotë se mund të zbatojmë të gjitha metodat e Kalkulusit diferencial për të analizuar S.

�

Shembull 1.16. Gjeni derivatin e ∫ x4

1

1cos t

dt

Zgjidhje: Këtu duhet të kemi kujdes në përdorimin e rregullit zinxhir të ndërlidhur me Teorema Themelore eKalkulusit. Le të shënojmë me u = x4. Atëherë

ddx

∫ x4

1

1cos t

dt =ddx

∫ u

1

1cos t

dt =d

du

∫ x4

1

1cos t

dt

dudx

=1

cos ududx

=1

cos(x4)· 4x3

�

Teorema 1.2 (Teorema Themelore e Kalkulusit, Pjesa e dytë). Në qoftë se f (x) është i vazhdueshëm në [a, b], atëherë∫ b

af (x) dx = F(b) − F(a)

ku f (x) është një primitiv i f (x), pra një funksion i tillë që F′ = f .

Vërtetim: Le të jetë g(x) =

∫ x

af (t) dt. Ne dimë nga pjesa e parë se g′(x) = f (x), pra g(x) është primitiv i f (x). Në

qoftë se f (x) është një nga primitivët e f (x) në [a, b], atëherë nga Rrjedhimi i Teoremës së Lagranzhit del se f (x) dheg(x) ndryshojnë nga njëri -tjetri me një konstante:

F(x) = g(x) + C (1.13)

për a < x < b. Por si f (x) dhe g(x) janë të vazhdueshëm në [a, b] dhe kështu, duke kaluar në limit të të dy anëve tëekuacionit të mësipërm (kur x→ a+ dhe x→ b−), ne shohim se ka vend edhe kur x = a dhe x = b.

Në qoftë se zëvendësojmë x = a në formulën për g(x), marrim

g(a) =

∫ a

af (t) dt = 0.

Duke përdorur ekuacionin e mësipërm me x = a dhe x = b, kemi

F(b) − F(a) =[g(b) + C

]−

[g(a) + C

]= g(b) − g(a) =

∫ b

af (t) dt

�Pra, pjesa e dytë e Teoremës na thotë se po të njohim një primitiv të funksionit f (x), ne mund të llogarisim

integralin∫ b

af (t) dt lehtësisht duke marë vlerat e f (x) në kufijtë e integrimit. Është mjaft mbresëlënë qoftë se që∫ b

af (t) dt i përkufizuar sipas një procedure të komplikuar që përfshinte të gjitha vlerat e f (t) për a ≤ t ≤ b, të mund

të llogaritet thjesht duke ditur vlerat e F(x) vetëm në dy pika.






Shembull 1.17. Llogarisni integralin ∫ 3

1exdx

Zgjidhje: Funksioni f (x) = ex është kudo i vazhdueshëm dhe ne dimë se një primitiv i tij është F(x) = ex, kështu qënga pjesa e dytë e Teoremës Themelore kemi∫ 3

1exdx = F(3) − F(1) = e3

− e1 = e3− e

Vërejmë se kjo teoremë thotë se mund të përdoret një primitiv i funksionit, atëherë le të përdorim më të thjeshtën,domethënë F(x) = ex në vend të ex + 7, apo ex + C. �

Shpesh përdoret edhe shënimi

F(x)∣∣∣∣ba

= F(b) − F(a).

1.3.1 Derivimi dhe integrimi si proçese inverse

E mbyllim këtë paragraf duke i bërë bashkë të dy pjesët e Teoremës Themelore.

Teorema 1.3 (Teorema Themelore e Kalkulusit). Supozojmë se f (x) është i vazhdueshëm në [a, b].

1. Në qoftë se g(x) =

∫ x

af (t) dt, atëherë g′(x) = f (x).

2.∫ b

af (x) dx = F(b) − F(a), ku f (x) është një primitiv i f (x), pra F′ = f .

Vërejmë se pjesa e parë mund të rishkruhet si

ddx

∫ x

af (t) dt = f (x)

që do të thotë se, në qoftë se f (x) është integruar dhe më pas rezultati është derivuar, ne kthehemi pas të funksionifillestar f (x). Meqënëse F′(x) = f (x), pjesa e dytë mund të shkruhet si∫ b

aF′(x) dx = F(b) − F(a)

Ky version thotë se, në qoftë se marrim një funksion f (x), në fillim e derivojmë e më pas rezultatin e integrojmë,ne kthehemi tek funksioni fillestar f (x), por në formën F(b) − F(a). Të marra së bashku të dyja pjesët e TeoremësThemelore të Kalkulusit thonë se derivimi dhe integrimi janë proçese inverse. Secili prej tyre thjeshton tjetrin.

Teorema Themelore e Kalkulusit është pa dyshim më e rëndësishmja në Kalkulus. Para se ajo të zbulohej qyshnga koha e Eudoksit dhe Arkimedit, në kohën e Galileo dhe Ferma, problemet e gjetjes së sipërfaqeve, vëllimeve,gjatësive të kurbave, ishin mjaft të vështira dhe vetëm një gjeni mund të gjente zgjidhje. Por tani i pajisur menjë metodë sistematike të cilën Newtoni dhe Lajbnici nxorrën në dritë, ne do shohim në kapitujt e mëvonshëm seshumë probleme gjejnë zgjidhje të shpejtë.

Ushtrime:

Përdorni pjesën e parë të Teoremës Themelore tëKalkulusit për të gjetur derivatin e funksionit.

1. g(x) =

∫ x

1

1t3 + 1

dt

2. g(x) =

∫ x

3et2−1 dt

3. g(y) =

∫ y

2t2 sin t dt






4. g(r) =

∫ r

0

√

x2 + 4 dx

5. f (x) =

∫ π

x

√

1 + sec t dt

6. g(x) =

∫ 1

xcos√

t dt

7. h(x) =

∫ 1/x

2arctan t dt

8. f (x) =

∫ x2

0

√

1 + r3dr

9. y =

∫ tan x

0

√t +√

t dt

10. y =

∫ cos x

1(1 + v2)10dv

11. y =

∫ 1

1−3x

u3

1 + u2 du

12. y =

∫ 0

exsin3 t dt

Njehsoni integralin.

13.∫ 2

−1(x3− 2x) dx

14.∫ 5

−26 dx

15.∫ 3

1(3 − 5t + 3t3) dt

16.∫ 1

0(1 +

13

u2−

36

u5) du

17.∫ 1

0x4/5 dx

18.∫ 7

1

7√x dx

19.∫ 2

1

3t6 dt

20.∫ 2π

πcos x dx

21.∫ 2

0x(3 − x3) dx

22.∫ 1

0(5 + X

√x) dx

23.∫ 2

1(1 + 3x)2 dx

24.∫ 2

0(x − 1)(3x + 5) dx

25.∫ π/4

0sec2 t dt

26.∫ π/4

0sec t tan t dt

27.∫ 1

0cosh x dx

28.∫ 7

1

13x

dx

29.∫ 1

0

21 + t2 dt

30.∫ 1

−1ex+1 dx

31.∫ 2

1

4 + t2

t3 dt

Cili është gabimi në këto ekuacione?

32.∫ 1

−2x−4 dx =

x−3

−3

∣∣∣∣∣∣1−2

= −38

33.∫ 2

−1

4x3 dx = −

2x2

∣∣∣∣∣2−1

=32

34.∫ π

π/3sec t tan t dt = sec t|ππ/3 = −3

35.∫ π

0sec2 x dx = tan x|π0 = 0

Përdorni grafikun për të dhënë një vlerësim të sipërfaqessë zonës që ndodhet nën grafikun e kurbës së dhënë.Atëherë, gjeni vlerën e saktë të sipërfaqes.

36. y = 3√

x, 0 ≤ x ≤ 27

37. y = x−4, 1 ≤ x ≤ 6

38. y = sin x, 0 ≤ x ≤ π

39. y = sec2 x, 0 ≤ x ≤ π/3

Njehsoni integralin dhe interpretojeni si diferencë sipër-faqesh.

40.∫ 2

−1x3 dx






41.∫ 5π/2

π/4sin x dx

Gjeni derivatin e funksionit

42. g(x) =

∫ 3x

2x

u2− 1

u2 + 1du

43. g(x) =

∫ x2

tan x

1√

2 + t4dt

44. y =

∫ x3

√x

√t sin t dt

45. y =

∫ 5x

cos xcos(u2) du

46. Në qoftë se F(x) =

∫ x

1f (t) dt, ku f (t) =

∫ t2

1

√

1 + u4

udu,

gjeni F′′(2).

47. Gjeni intervalin në të cilin kurba∫ x

0

11 + t + t2 dt është e

lugët.

48. Në qoftë se f (1) = 12, f ′ është i vazhdueshëm dhe∫ 4

1f ′(x) dx = 17, cila është vlera e f (4)?

49. Funksioni sinus integral

Si(x) =

∫ x

0

sin tt

dt

është i rëndësishëm në inxhinjerinë elektrike. Funksionif (t) = (sin t)/t nuk është i përkufizuar kur t = 0, por dimë që

limiti i tij kur t→ 0 është 1. Kështu që e përcaktojmë f (0) = 1dhe kjo e bën këtë funksion të vazhdueshëm kudo.

(a) Vizatoni grafikun e Si.(b) Në çfarë vlere të x-it ky funksion ka vlerë maksimumi

lokal?(c) Gjeni koordinatat e pikës së parë të infleksionit në të

djathtë të origjinës.(d) A ka ky funksion asimptota horizontale?(e) Zgjidhni ekuacionin e mëposhtëm me saktësi deri në një

shifër pas presjes dhjetore:∫ x

0

sin tt

dt = 1

50. Në qoftë se f (x) është i vazhdueshëm dhe g(x), h(x) janëtë derivueshëm, gjeni një formulë për

ddx

∫ h(x)

g(x)f (t) dt

51. (a) Vërtetoni se 1 ≤√

1 + x2 ≤ 1 + x3, për të gjitha x.

(b) Vërtetoni se 1 ≤∫ 1

0

√

1 + x3 dx ≤ 1.25.

52. Vërtetoni se

0 ≤∫ 10

5

x2

x4 + x2 + 1dx ≤ 0.1

duke krahasuar funksionin nën integral me ndonjë funksionmë të thjeshtë.

53. Gjeni një funksion f (x) dhe një numër a të tillë që

6 +

∫ x

a

f (t)t2 dt = 2

√x për x > 0

1.4 Integralet e pacaktuara.

Ne pamë në paragrafin e mëparshëm se pjesa e dytë e Teoremës Themelore të Kalkulusit na mundëson njëmetodë mjaft të fuqishme për llogaritjen e integralit të caktuar të një funksioni, duke pranuar se ne mund të gjejmënjë primitiv të funksionit. Në këtë paragraf ne japim një shënim për primitivat, rishikojmë formulat e primitivavedhe i përdorim ato për të llogaritur integralet e caktuara. Ne gjithashtu e riformulojmë Teorema Themelore eKalkulusit në mënyrë që të jetë më e lehtë për tu zbatuar në problemet inxhinjerike.

1.4.1 Integralet e pacaktuara

Të dy pjesët e Teoremës Themelore tregojnë lidhjen midis primitivave dhe integralit të caktuar. Pjesa e parë

thotë se në qoftë se f (x) është i vazhdueshëm, atëherë∫ x

af (t) dt është primitiv i f (x). Pjesa e dytë thotë se

∫ b

af (x) dx

mund të gjendet nëpërmjet llogaritjes F(b) − F(a), ku f (x) është një primitivë e f (x).Ne na nevojitet një shënim i përshtashëm për primitivat për të bërë të mundur përdorimin e tyre shumë thjesht.

Për shkak të lidhjes së dhënë nga Teorema Themelore ndërmjet primitivave dhe integraleve, shënimi∫

f (x) dx






përdoret tradicionalisht për një primitiv të f (x), dhe quhet integral i pacaktuar. Prandaj,

∫f (x) dx = F(x) do të thotë F′(x) = f (x)

Për shembull, mund të shkruajmë

∫x2 dx =

x3

3+ C sepse

ddx

(x3

3+ C) = x2

Pra, ne mund ta shohim integralin si përfaqësues të një familje të tërë funksionesh (një primitivë për çdo vlerë tëkonstantes C).

Vërejtje 1.3. Duhet të bëni kujdes në dallimin ndërmjet integralit të caktuar dhe integralit të pacaktuar. Integrali i caktuar∫ b

af (x) dx është një numër, ndërsa integrali i pacaktuar

∫f (x) dx është një funksion (ose familje funksionesh).

Lidhja midis tyre jepet nga pjesa e dytë e Teoremës Themelore. Në qoftë se f (x) është i vazhdueshëm në [a, b],atëherë

∫ b

af (x) dx =

∫f (x) dx

∣∣∣∣∣ba

Efektiviteti i Teoremës Themelore varet nga ekzistenca e primitivave të funksionit. Dhe kështu ne e nisim ngaTabela e Formulave të Primitivave së bashku me të tjera formula, duke i shënuar si integrale të pacaktuara. Çdoformulë mund të verifikohet duke derivuar funksionin në të djathtë prej nga përftohet funksioni nën integral. Përshembull,

∫1

cos2 xdx = tan x + C sepse

ddx

(tan x + C) =1

cos2 x






Tabela e integraleve të pacaktuara

∫c f (x) dx = c

∫f (x) dx∫

[ f (x) + g(x)] dx =

∫f (x) dx +

∫g(x) dx∫

k dx = kx + C∫xn dx =

xn+1

n + 1+ C{n , −1}∫

1x

dx = ln |x| + C∫ex dx = ex + C∫ax dx =

ax

ln a+ C∫

sin x dx = − cos x + C∫cos x dx = sin x + C∫

1cos2 x

dx = tan x + C∫1

sin2 xdx = cot x + C∫

1cos x

tan x dx =1

cos x+ C∫

1sin x

cot x dx = −1

sin x+ C∫

1x2 + 1

dx = tan−1 x + C∫1

√

1 − x2dx = sin−1 x + C

(1.14)

Rikujtojmë se shumica e primitivave në një interval të dhënë përftohet duke i shtuar një konstante një primitivetë veçantë. Pranojmë se kur jepet një formulë për një integral të pacaktuar, ajo vlen vetëm për një interval.Prandaj shkruajmë ∫

1x2 dx = −

1x

+ C

duke nënkuptuar se kjo vlen për një interval (0,∞) ose (−∞, 0). Kjo është e vërtetë duke patur parasysh faktin se,primitivi i përgjithshëm i funksionit f (x) = 1/x2, x , 0, është

F(x) =

−

1x

+ C1 në qoftë se x < 0

−1x

+ C2 në qoftë se x > 0

Shembull 1.18. Gjeni integralin e pacaktuar ∫ (10x4

− 21

cos2 x

)dx






Zgjidhje: Duke përdorur Tabelën e integraleve dhe faktin e mësipërm, kemi∫ (10x4

− 21

cos2 x

)dx = 10

∫x4 dx−2

∫1

cos2 xdx = 10

x5

5− 2 tan x + C

�

Shembull 1.19. Gjeni ∫cos xsin2 x

dx

Zgjidhje: Ky integral i pacaktuar nuk është i shfaqur në tabelën e integraleve, kështu që ne përdorim identitetettrigonometrike për të rishkruar funksionin para se ta integrojmë:∫

cos xsin2 x

dx =

∫1

sin x·

cos xsin x

dx =

∫1

sin xcot x dx = −

1sin x

+ C

�

Shembull 1.20. Njehsoni ∫ 3

0(x3− 6x) dx

Zgjidhje: Duke përdorur Teoremën themelore të Kalkulusit dhe tabelën e integraleve, kemi:

∫ 3

0(x3− 6x) dx =

(x4

4− 6

x2

2

)∣∣∣∣∣∣30

=(1

4· 34− 3 · 32

)−

(14· 02− 3 · 02

)=

814− 27 − 0 + 0 = −6.75

�

Shembull 1.21. Gjeni ∫ 2

0(2x3− 6X +

3x2 + 1

) dx

dhe interpretoni rezultatin si sipërfaqe.

Zgjidhje: Teorema Themelore na jep

∫ 2

0(2x3− 6x +

3x2 + 1

) dx =

(2

x4

4− 6

x2

2+ 3 tan−1 x

)∣∣∣∣∣∣20

=(1

2x4− 3x2 + 3 tan−1 x

)|20 =

12

(2)4− 3(2)2 + 3 tan−1 2 − 0 = −4 + 3 tan−1 2

Kjo është vlera e saktë e integralit. Në qoftë se do të donim një vlerësim të përafërt dhjetor, ne mund të përdorimnjë makinë llogaritëse për të përafruar tan−1 2. Duke vepruar në këtë mënyrë, ne përftojmë∫ 2

0

(2x3− 6x +

3x2 + 1

)dx ≈ −6.67855

�

Shembull 1.22. Vlerësoni ∫ 9

1

2t2 + t2√

t − 1t2 dt






Zgjidhje: Fillimisht na duhet ta sjellim funksionin nën integral në një formë më të thjeshtë duke mënjanuar raportin:∫ 9

1

2t2 + t2√

t − 1t2 dt =

∫ 9

1(2 + t1/2

− t−2) dt

=

2t +t3/2

32

−t−1

−1

∣∣∣∣∣∣9

1

=(2t +

23

t3/2 +1t

)∣∣∣∣∣91

=(2 · 9 +

23

(9)3/2 +19

)−

(2 · 1 +

23· 13/2 +

11

)= 18 + 18 +

19− 2 −

23− 1 = 32

49

�

1.4.2 Disa aplikime të Teoremës Themelore

Pjesa e dytë e Teoremës Themelore thotë se, në qoftë se f (x) është i vazhdueshëm në [a, b], atëherë∫ b

af (x) dx = F(b) − F(a)

ku F është ndonjë primitiv i f (x). Kjo do të thotë se F′ = f , kështu që ekuacioni mund të shkruhet si∫ b

aF′(x) = F(b) − F(a).

Ne e dimë se F′(x) përfaqson raportin e ndryshimit të F(x) në lidhje me x dhe F(b) − F(a) është ndryshimi i y kur xndryshon nga a në b. Kështu që ne mund të riformulojmë Teoremën Themelore të Kalkulusit (pjesa e dytë) si mëposhtë.

Teorema 1.4 (Teorema e ndryshimit neto). Integrali i raportit të ndryshimit është ndryshimi neto.∫ b

aF′(x) dx = F(b) − F(a)

Ky parim mund të gjejë aplikim tek të gjitha raportet e ndryshimit në shkencat shoqërore dhe natyrore të cilatne i studiuam në [2, Kap. 3]. Këtu janë disa shembuj të kësaj ideje:

• Në qoftë se V(t) është vëllimi i ujit në një rezervuar në kohën t, atëherë derivati i tij V′(t) është shpejtësia metë cilën uji rrjedh në rezervuar në kohën t. Kështu që∫ t2

t1

V′(t) dt = V(t2) − V(t1)

është sasia me të cilën shtohet uji gjatë intervalit të kohës nga t1 në t2.

• Në qoftë se [C](t) është përqendrimi i një produkti të një reaksioni kimik në kohën t, atëherë shpejtësia ereaksionit kimik është derivati d[C]/ dt. Kështu që∫ t2

t1

d[C]dt

dt = [C](t2) − [C](t1)

është ndryshimi i përqendrimit të C nga koha t1 në t2.

• Në qoftë se raporti i rritjes së një popullimi është dn/ dt, atëherë∫ t2

t1

dndt

dt = n(t2) − n(t1)

është ndryshimi në rrjet i popullatës gjatë periudhës nga t1 në t2.






• Në qoftë se C(x) është kostoja e prodhimit të x njësive të një produkti, atëherë kostoja marxhinale është derivatiC′(x). Kështu që ∫ x2

x1

C′(x) dx = C(x2) − C(x1)

është rritja e kostos kur prodhimi rritet nga x1 njësi në x2 njësi.

• Në qoftë se një objekt lëviz përgjatë një vije të drejtë me funksion pozicion s(t), atëherë shpejtësia e tij ështëv(t) = s′(t), kështu që ∫ t2

t1

v(t) dt = s(t2) − s(t1) (1.15)

është ndryshimi në rrjet i pozicionit, të objektit gjatë periudhës së kohës nga t1 në t2.

• Në qoftë se duam të llogarisim distancën e përshkuar gjatë një intervali kohe, na duhet të konsiderojmëintervalet kur v(t) ≥ 0 (objekti lëviz nga e djathta) dhe po ashtu intervalet kur v(t) ≤ 0 (objekti lëviz nga emajta). Në të dy rastet distanca është llogaritur duke integruar |v(t)| shpetësinë. Prej nga∫ t2

t1

|v(t)| dt = distanca totale e përshkuar (1.16)

• Nxitimi i një objekti është a(t) = v′(t), kështu që∫ t2

t1

a(t) dt = v(t2) − v(t1)

është ndryshimi i shpejtësisë nga koha t1 në t2.

Shembull 1.23. Një grimcë lëviz përgjatë një vije të drejtë, kështu që shpejtësia e saj në kohën t është v(t) = t2− t− 6 (i matur

në metra për sekondë).(a) Gjeni zhvendosjen e grimcës gjatë periudhës së kohës 1 ≤ t ≤ 4.(b) Gjeni distancën e përshkuar gjatë kësaj kohe.

Zgjidhje: (a) Zhvendosja është

s(4) − s(1) =

∫ 4

1v(t) dt =

∫ 4

1(t2− t − 6) dt =

(t3

3−

t2

2− 6t

)∣∣∣∣∣∣41

= −92

Kjo do të thotë se grimca ka lëviz 4.5 m nga e majta.(b) Vërejmë se v(t) = t2

− t − 6 = (t − 3)(t + 2), prej nga v(t) ≤ 0 në intervalin e mbyllur [1, 3] dhe v(t) ≥ 0 në [3, 4].Prandaj, distanca e përshkuar është∫ 4

1|v(t)| dt =

∫ 3

1[−v(t)] dt +

∫ 4

3v(t) dt =

∫ 3

1(−t2 + t + 6) dt +

∫ 4

3(t2− t − 6) dt

=

(−

t3

3+

t2

2+ 6t

)∣∣∣∣∣∣31

+

(t3

3−

t2

2− 6t

)∣∣∣∣∣∣43

=614≈ 10.17m






Ushtrime:

Verifikoni nëpërmjet derivimit në qoftë se formula ështëe saktë.

1.∫

x√

x2 + 1dx =

√

x2 + 1 + C

2.∫

x cos x dx = x sin x + cos x + C

3.∫

cos3 x dx = sin x −13

sin3 x + C

4.∫

x√

a + bxdx =

23b2 (bx − 2a)

√

a + bx + C

Gjeni integralin e pacaktuar.

5.∫

(x2 + x−3) dx

6.∫

(√

x3 +3√

x2) dx

7.∫

(x4−

12

x3 +14

x − 2) dx

8.∫

(y3 + 1.8y2− 2.4y) dy

9.∫

(1 − t)(2 + t2) dt

10.∫

t(t2 + 1) dt

11.∫

x3− 2√

xx

dx

12.∫

(x2 + 1 +1

x2 + 1) dx

13.∫

(sin x + sinh x) dx

14.∫

(csc2 t − 2et) dt

15.∫

(x − csc x cot x) dx

16.∫

sec t(sec t − tan t) dt

17.∫

(1 + tan2 x) dx

18.∫

sin 2xsin x

dx


19.∫ 2

0(6x2− 4x + 7) dx

20.∫ 0

−1(2x − ex) dx

21.∫ 3

1(1 + 2x − 4x3) dx

22.∫ 0

−2(u5− u3 + u2) du

23.∫ 2

−2(3x + 1)2 dx

24.∫ 4

0(2x + 5)(3x − 1) dx

25.∫ 4

1

√t(1 + t) dt

26.∫ 9

0

√

2t dt

27.∫−1

−2(4x3 +

2x3 ) dx

28.∫ 2

1

x + 5x7

x3 dx

29.∫ 1

0x( 3√x +

4√x) dx

30.∫ 5

0(2ex + 4 cos x) dx

31.∫ 4

1

√5x

dx

32.∫ 9

1

3x − 2√

xdx

33.∫ π

0(4 sin x − 3 cos x) dx

34.∫ π/3

0

sin x + sin x tan2 xsec2 x

dx

35.∫ 64

1

1 + 3√

x√

xdx

36.∫ 10

−10

2ex

sinh x + cosh xdx






37.∫ 1/

√3

0

t2− 1

t4 − 1dt

38.∫ 2

1

(x − 1)3

x2 dx

39.∫ 2

−1(x − 2|x|) dx

40.∫ 3π/2

0| sin x| dx

41. Në qoftë se x matet në metra dhe f (x) matet në Njuton,

cila është njësia për∫ 100

0f (x) dx?

Jepet funksioni i shpejtësisë për levizjen e një grimce.Gjeni zhvendosjen dhe distancën e përshkuar nga grimcagjatë intervalit të dhënë të kohës.

42. v(t) = 3t − 5, 0 ≤ t ≤ 3

43. v(t) = t2− 2t − 8, 1 ≤ t ≤ 6

Jepet nxitimi dhe shpejtësia fillestare për lëvizjen e njëgrimce. Gjeni shpejtësinë në kohën t dhe distancën epërshkuar gjatë intervalit të dhënë të kohës.

44. a(t) = t + 4, v(0) = 5, 0 ≤ t ≤ 10

45. a(t) = 2t + 3, v(0) = −4, 0 ≤ t ≤ 3

1.5 Metoda e zëvendësimit

Për arsye të Teoremës Themelore, është e rëndësishme që të jemi në gjendje të gjejmë primitivat e funksioneve.Por formulat tona të antiderivimit nuk na thonë se si duhet llogaritur një integral i formës∫

2x√

1 + x2 dx (1.17)

Për të gjetur integralin ne përdorim strategjinë e zgjidhjes së problemit duke ndërfutur diçka ekstra. Këtu ajo"diçka ekstra"është një ndryshore i ri. Ne kalojmë nga një ndryshore x në një ndryshore të ri u. Supozojmë se uështë shprehja nën rrënjën katrore, u = 1 + x2. Atëherë, diferenciali i u është du = 2x dx. Dhe prej këtej ne mund tëshkruajmë shprehjen e mësipërme në trajtën∫

2x√

1 + x2 dx =

∫√

1 + x22x dx =

∫√

udu =23

u3/2 + C =23

(x2 + 1)3/2 + C (1.18)

Por ne mund të përdorim rregullin zinxhir për të derivuar funksionin e fundit në Ek. 1.18:

ddx

[23

(x2 + 1)3/2 + C]

=23·

32

(x2 + 1)1/2· 2x = 2x

√

x2 + 1

Në përgjithësi, kjo metodë funksionon sa herë që ne kemi një integral të cilin mund ta shkruajmë në formënf (g(x)) · g′(x) dx. Vëreni se në qoftë se F′ = f , atëherë∫

F′(g(x))g′(x) dx = F(g(x)) + C (1.19)

sepse, nga rregulli zinxhir,d

dx[F(g(x))] = F′(g(x))g′(x)

Në qoftë se ne bëjmë "ndryshimin e variblave ose zëvendësimin u = g(x), atëherë nga Ek. 1.19 do kemi∫F′(g(x))g′(x) dx = F(g(x)) + C = F(u) + C =

∫F(u) du

ose, duke shkruar F′ = f , marrim ∫f (g(x))g′(x) dx =

∫f (u) du

Kështu që ne kemi vërtetuar rregullin






Rregull: (Rregulli i zëvendësimit). Në qoftë se u = g(x) është funksion i derivueshëm bashkësia e përkufizimit tëtë cilit është një interval I, dhe f (x) është i vazhdueshëm në I, atëherë∫

f (g(x))g′(x) dx =

∫f (u) du

Vërejmë se rregulli i zëvendësimit për integrimin u vërtetuta duke përdorur rregullin zinxhir të derivimit.Vërejmë gjithashtu se, në qoftë se u = g(x), atëherë du = g′(x) dx, dhe kështu një mënyrë për të mbajtur mendrregullin e zëvendësimit është ti mendosh dx dhe du si diferenciale.

Prandaj, rregulli i zëvendësimit thotë: Është e mundur të veprohet me dx dhe du nën shenjën e integralit sikurato të jenë diferenciale.

Shembull 1.24. Gjeni ∫x3 cos(x4 + 2) dx .

Zgjidhje: Ne bëjmë zëvendësimin u = x4 + 2 sepse diferenciali i tij është du = 4x3 dx, i cili me përjashtim të faktoritkonstant 4 është prezent në integral. Prandaj duke përdorur x3 dx = du

4 , dhe rregullin e zëvendësimit, kemi∫x3 cos(x4 + 2) dx =

∫cos u ·

14

du =14

∫cos udu

=14

sin u + C =14

sin(x4 + 2) + C

Vërejmë se, në hapin e fundit na duhet të kthehemi pas tek ndryshorja fillestar x.�

Ideja e rregullit të zëvendësimit është të zëvendësosh një integral të komplikuar me një integral më të thjeshtë.Kjo shoqërohet me ndryshimin e variablit origjinal x me një ndryshore të ri u si funksion i x. Prandaj në shembullin

e mësipërm ne e zëvendësuam integralin∫

x3 cos(x4 + 2) dx me një integral më të thjeshtë 14

∫cos u du.

Me rëndësi të madhe, në përdorimin e rregullit të zëvendësimt është të mendosh për një zëvendësim të përshtat-shëm. Ne duhet të përpiqemi të zgjedhim u si një funksion, diferenciali i të cilit është nën shprehjen nën integral, mepërjashtim ndoshta të një konstanteje, dhe integrali i të cilit të mund të njehsohet lehtësisht. Kjo ishte e mundur tekshembulli i mësipërm. Në qoftë se kjo nuk është e mundur, përpiqemi të zgjedhim u si një nga pjesët e komplikuaratë shprehjes nën integral. Gjetja e zëvendësimit të duhur është pjesë e një arti më vete. Nuk është e pazakontë që tëbësh zgjedhjen e gabuar, dhe në qoftë se zëvendësimi i parë nuk funksionon, përpiqesh me një zëvendësim tjetër.

Shembull 1.25. Njehsoni ∫√

2x + 1 dx .

Zgjidhje: 1 Le të zëvendësojmë u = 2x + 1. Atëherë, du = 2 dx, prej nga dx = du/2. Prandaj nga rregulli izëvendësimit kemi ∫

√

2x + 1 dx =

∫√

udu2

=12

∫√

udu =12·

u3/2

3/2+ C

=13

u3/2 + C =13

(2x + 1)3/2 + C

Zgjidhje: 2 Një tjetër zëvendësim i mundshëm është u =√

2x + 1. Atëherë

du =dx

√2x + 1

kështu që dx =√

2x + 1du = u du






Ose vëzhgoni se u2 = 2x + 1, kështu që 2udu = 2 dx. Prej nga∫√

2x + 1 dx =

∫u · udu =

∫u2du =

u3

3+ C =

13

(2x + 1)3/2 + C

�

Shembull 1.26. Gjeni ∫x

√

1 − 4x2dx

Zgjidhje: Le të zëvendësojmë u = 1 − 4x2. Atëherë, du = −8x dx, kështu që x dx = − 18 du dhe∫

x√

1 − 4x2dx = −

18

∫du√

u= −

18

∫u−1/2du = −

18

(2√

u) + C = −14

√

1 − 4x2 + C

�

Shembull 1.27. Njehsoni ∫e5x dx .

Zgjidhje: Në qoftë se zëvendësojmë u = 5x, atëherë du = 5 dx, kështu që dx = 15 du. Prej nga∫

e5x dx =15

∫eudu =

15

eu + C =15

e5x + C

�

Shembull 1.28. Njehsoni ∫√

1 + x2 · x5 dx .

Zgjidhje: Do ishte me vend një zëvendësim ku ne të shprehim x5 = x4· x, dhe u = 1 + x2. Atëherë, du = 2x dx,

kështu që x dx = du/2. Gjithashtu x2 = u − 1, prandaj x4 = (u − 1)2.∫√

1 + x2x5 dx =

∫√

1 + x2x4· x dx

=

∫√

u(u − 1)2 du2

=12

∫√

u(u2− 2u + 1)du

=12

∫(u5/2

− 2u3/2 + u1/2)du

=12

(27

u7/2− 2 ·

25

u5/2 +23

u3/2) + C

=17

(1 + x2)7/2−

25

(1 + x2)5/2 +13

(1 + x2)3/2 + C

�

Shembull 1.29. Njehsoni ∫tan x dx .






Zgjidhje: Fillimisht e shkruajmë tangentin si raport të sinusit me kosinusin:∫tan x dx =

∫sin xcos x

dx

Kjo na sugjeron të zëvendësojmë u = cos x, dhe prej këtej du = − sin x dx dhe sin x dx = − du:∫tan x dx =

∫sinxcos x

dx = −

∫duu

= − ln |u| + C = − ln | cos x| + C

�

1.5.1 Integralet e Caktuara

Për të njehsuar një integral të caktuar nëpërmjet rregullit të zëvendësimit, janë të mundshme dy metoda. Njëmetodë është llogaritja e integralit të pacaktuar fillimisht, e më pas përdorimi i Teoremës Themelore të Kalkulusit.Për shembull, duke përdorur rezultatin e shembullit 1.25 kemi∫ 4

0

√

2x + 1 dx =

∫√

2x + 1 dx∣∣∣∣∣40

=13

(2x + 1)3/1|40

=13

(9)3/2−

13

(1)3/2 =13

(27 − 1) =263

Një tjetër metodë, e cila preferohet më shumë, është krahas zëvendësimit të variablit edhe zëvendësimi i kufijvetë integrimit.Rregull: (Rregulli i Zëvendësimit për Integralet e Caktuara). Në qoftë se g′ është i vazhdueshëm në [a, b] dhe f (x)është i vazhdueshëm në bashkësinë e vet të përkufizimit në lidhje me u = g(x), atëherë∫ b

af (g(x))g′(x) dx =

∫ g(b)

g(a)f (u) du

Vërtetim: Le të jetë F(x) një primitivë e f (x). Atëherë, F(g(x)) është primitivë e f (g(x))g′(x), kështu që nga TeoremaThemelore, kemi ∫ b

af (g(x))g′(x) dx = F(g(x))

∣∣∣∣∣∣b

a

= F(g(b)) − F(g(a))

Por duke zbatuar Teoremën Themelore(pjesa e dytë) edhe një herë, do të kemi gjithashtu∫ g(b)

g(a)f (u)du = F(u)

∣∣∣∣∣∣g(b)

g(a)

= F(g(b)) − F(g(a))

�


0

√

2x + 1 dx

duke përdorur rregullin e mësipërm.

Zgjidhje: Zëvendësojmë fillimisht u = 2x + 1 dhe dx = du/2. Për të gjetur kufijtë e rinj të integrimt shohim se

kur x = 0, u = 1 dhe kur x = 4, u = 9

Prej nga ∫ 4

0

√

2x + 1 dx =

∫ 9

1

12√

udu =(1

2·

23

u3/2)∣∣∣∣∣9

1=

13

(93/2− 13/2

)=

263

Vëmë re se, kur përdorim rregullin e zëvendësimt për integralet e caktuara nuk i kthehemi më variablit fillestar x.�







1

dx(3 − 5x)2

Zgjidhje: Le të zëvendësojmë u = 3 − 5x. Atëherë, du = −5 dx, kështu që dx = −du/5. Kur x = 1 atëherë u = −2 dhekur x = 2 atëherë u = −7. Prandaj: ∫ 2

1

dx(3 − 5x)2 = −

15

∫−7

−2

duu2

= −15

(−

1u

)∣∣∣∣∣−7

−2=

15u

∣∣∣∣∣−7

−2

=15

(−17

+12

) =1

14

�

Shembull 1.32. Njehsoni ∫ e

1

ln xx

dx

Zgjidhje: Le të zëvendësojmë me u = ln x sepse diferenciali i saj du = dx /x figuron në shprehjen nën integral. Kurx = 1, u = ln 1 = 0; dhe kur x = e, u = ln e = 1. Prandaj∫ e

1

ln xx

dx =

∫ 1

0udu =

u2

2

∣∣∣∣∣∣10

=12

�

1.5.2 Simetria

Teorema në vazhdim përdor rregullin e zëvendësimt për integralet e caktuara për të thjeshtuar llogaritjen eintegraleve të funksioneve që gëzojnë vetinë e simetrisë.

Integralet e Funksioneve Simetrike

Supozojmë se f (x) është i vazhdueshëm në [−a, a].

(a) Në qoftë se f (x) është funksion çift f (−x) = f (x), atëherë∫ a

−af (x) dx = 2

∫ a

0f (x) dx.

(b) Në qoftë se f (x) është funksion tek f (−x) = − f (x), atëherë∫ a

−af (x) dx = 0.

Vërtetim: E ndajmë integralin në dy pjesë:∫ a

−af (x) dx =

∫ 0

−af (x) dx +

∫ a

0f (x) dx = −

∫−a

0f (x) dx +

∫ a

0f (x) dx (1.20)

Në integralin e parë në të djathtë bëjmë zëvendësimin u = −x. Atëherë, du = − dx dhe kur x = −a, u = a. Prejnga

−

∫−a

0f (x) dx = −

∫ a

0f (−u)(−du) =

∫ a

0f (u) du

Dhe kështu ekuacioni i mësipërm merr formën∫ a

−af (x) dx =

∫ a

0f (−u)du +

∫ a

0f (x) dx (1.21)






(a) Në qoftë se f (x) është çift, atëherë f (−u) = f (u) dhe ekuacioni i mësipërm na jep∫ a

−af (x) dx =

∫ a

0f (u)du +

∫ a

0f (x) dx = 2

∫ a

0f (x) dx

(b) Në qoftë se f (x) është tek, atëherë f (−u) = − f (u) dhe kështu që ekuacioni na jep∫ a

−af (x) dx = −

∫ a

0f (u)du +

∫ a

0f (x) dx = 0

�

Shembull 1.33. Meqënëse f (x) = x6 + 1 plotëson kushtin f (−x) = f (x), pra është çift atëherë∫ 2

−2(x6 + 1) dx = 2

∫ 2

0(x6 + 1) dx = 2

(17

x7 + x)∣∣∣∣∣2

0= 2

(1287

+ 2)

=284

7

�

Shembull 1.34. Meqë

f (x) =tan x

1 + x2 + x4

plotëson kushtin f (−x) = − f (x), pra është tek do të kemi∫ 1

−1

tan x1 + x2 + x4 dx = 0

Ushtrime:

Njehsoni integralin duke bërë zëvendësimin e dhënë.

1.∫

e−x dx, u = −x

2.∫

x3(2 + x4)5 dx, u = 2 + x4

3.∫

x2√

x3 + 1 dx, u = x3 + 1

4.∫

dt(1 − 6t2)4 , u = 1 − 6t

5.∫

cos3 t sin t dt, u = cos t

6.∫

sec2(1/x)x2 dx, u = 1/x

Llogarisni integralin

7.∫

x sin x2 dx

8.∫

x2(x3 + 5)9 dx

9.∫

(3x − 2)20 dx

10.∫

(3t + 2)2.4 dt

11.∫

dx5 − 3x

12.∫

xx2 + 1

dx

13.∫

ex sin(ex) dx

14.∫

sinπt dt

15.∫

x(x2 + 1)2 dx

16.∫

a + bx2

√

3ax + bx3dx

17.∫

sec 2t tan 2t dt

18.∫

(ln x)2x dx

19.∫

dxax + b






20.∫

cos√

t√

tdt

21.∫√

x sin(1 + x3/2) dx

22.∫

cosθ sin6 θ dθ

23.∫

(1 + tanθ)5 sec2 θ dθ

24.∫

ex√

1 + ex dx

25.∫

ecos t sin t dt

26.∫

z2

3√

1 + z3dz

27.∫

arctan x1 + x2 dx

28.∫

etan x sec2 x dx

29.∫

sin(ln x)x

dx

30.∫

cos xsin2 x

dx

31.∫

ex

ex + 1dx

32.∫√

cot x csc2 x dx

33.∫

cos(π/x)x2 dx

34.∫

sin 2x1 + cos2 x

dx

35.∫

cot x dx

36.∫

dt

cost√

1 + tan t

37.∫

sec3 x tan x dx

38.∫

sin t sec2(cos t) dt

39.∫

dx√

1 − x2 arcsin x

40.∫

x1 + x4 dx

41.∫

1 + x1 + x2 dx

42.∫

x2

√1 − x

dx

43.∫

x4√x + 2

dx

44.∫

x2√

x2 + 1 dx

Njehsoni integralin e caktuar.

45.∫ 2

0(x − 1)25 dx

46.∫ 7

0

√

4 + 3x dx

47.∫ 1

0x2(1 + 2x3)5 dx

48.∫ √

π

0x cos(x2) dx

49.∫ π

0sec2(t/4) dt

50.∫ 1/2

1/6cscπt cosπt dt

51.∫ π/2

−π/6tan3 t dt

52.∫ 1

0xe−x2

dx

53.∫ 13

0

dx3√

(1 + 2x)2

54.∫ π/2

0

x2 sin x1 + x6 dx

55.∫ π/2

0cos x sin(sin x) dx

56.∫ 2

1x√

x − 1 dx

57.∫ 4

0

x√

1 + 2xdx

58.∫ e4

e

dx

x√

ln x






59.∫ 1/2

0

arcsin x√

1 − x2dx

60.∫ 1

0

ez + 1ez + z

dz

61.∫ T/2

0sin(2πt/T − α) dt

62. Njehsoni∫ 2

−2(x+3)

√

4 − x2 dx duke e shkruar atë si shumë

dy integralesh dhe interpretoni një prej integraleve si sipërfaqe.

63. Njehsoni∫ 1

0x√

1 − x4 dx me metodën e zëvendësimit dhe

interpretoni integralin si sipërfaqe.

64. Në qoftë se f (x) është i vazhdueshëm dhe∫ 4

0f (x) dx = 10,

gjeni∫ 2

0f (2x) dx.

65. Në qoftë se f (x) është i vazhdueshëm dhe∫ 9

0f (x) dx = 4,

gjeni∫ 3

0x f (x2) dx.

66. Në qoftë se f (x) është i vazhdueshëm në R, vërtetoni se∫ b

af (−x) dx =

∫−a

−bf (x) dx

Për rastin kur f (x) ≥ 0, dhe 0 < a < b vizatoni një diagramëpër ta interpretuar ekuacionin gjeometrikisht si barazim sipër-faqesh.

67. Në qoftë se f (x) është i vazhdueshëm në R, vërtetoni se∫ b

af (x + c) dx =

∫ b+c

a+cf (x) dx

Për rastin kur f (x) ≥ 0, vizatoni një diagramë për ta interpre-tuar ekuacionin gjeometrikisht si barazim sipërfaqesh.

68. Në qoftë se a dhe b janë dy numra pozitivë, tregoni se∫ 1

0xa(1 − x)b dx =

∫ 1

0xb(1 − x)a dx

69. Në qoftë se f (x) është i vazhdueshëm në [0, π], përdornizëvendësimin u = π − x për të treguar se∫ π

0x f (sin x) dx =

π2

∫ π

0f (sin x) dx

70. Përdorni ushtrimin e mësipërm për të njehsuar integralin∫ π

0

x sin x1 + cos2 x

dx

71. (a) Në qoftë se f (x) është i vazhdueshëm, vërtetoni se∫ π/2

0f (cos x) dx =

∫ π/2

0f (sin x) dx

(b) Përdorni pikën (a) për të njehsuar∫ π/2

0cos2 x dx dhe∫ π/2

0sin2 x dx.

1.6 Logaritmi i përkufizuar si një integral

Trajtimi i deritanishëm nga ana jonë i funksioneve eksponenciale dhe logaritmike ka qenë mbështetur nëkuptimin intuitiv, i cili nga ana e vetë është bazuar në evidentime numerike dhe vizuale. Këtu ne përdorimTeoremën Themelore të Kalkulusit për të dhënë një trajtim tjetër të këtyre funksioneve.

Për shembull ne e nisëm duke përkufizuar fillimisht ax e më pas loga x si funksionin e tij të anasjelltë, ndërsakësaj here ne nisim me përkufizimin e ln x si një integral. Me pas me përkufizimi e funksionit eksponencial si ianasjelltë i atij logaritmik.

1.6.1 Logaritmi Natyror

Fillimisht përcaktojmë ln x si një integral.

Përkufizim 1.3. Funksioni i logaritmit natyror është funksioni i përkufizuar nga

ln x =

∫ x

1

1t

dt x > 0

Ekzistenca e këtij funksioni varet nga fakti në qoftë se integrali i funksionit të vazhdueshëm ekziston gjithmonë.Në qoftë se x > 1, atëherë ln x mund të interpretohet gjeomterikisht si sipërfaqja e figurës plane nën hiperbolën






y = 1/t nga t = 1 në t = x. Për x = 1, kemi

ln 1 =

∫ 1

1

1t

dt = 0

Për 0 < x < 1 kemi:

ln x =

∫ x

1

1t

dt = −

∫ 1

x

1t

dt < 0

Shembull 1.35. Përdorni rregullin e pikës së mesit me n = 10 për të vlerësuar vlerën e ln 2.

Zgjidhje: Në qoftë se ne përdorim rregullin e pikës së mesit me f (t) = 1/t, n = 10, dhe ∆t = 0.1, ne përftojmë

ln 2 =

∫ 2

1

1t

dt ≈ (0.1)(

f (1.05) + f (1.15) + · · · + f (1.95))

= (0.1)( 1

1.05+

11.15

+ · · · +1

1.95

)≈ 0.693

�Vërejmë se, integrali që përcakton ln x është pikërisht integrali i shqyrtuar në pjesën e parë të Teoremës Themelore

të Kalkulusit. Në fakt duke përdorur atë teoremë kemi

ddx

∫ x

1

1t

dt =1x

dhe kështud

dx(ln x) =

1x

(1.22)

Tani ne përdorim këtë regull derivimi për të vërtetuar vetitë e funksionit logaritmik.

Vetitë e Logaritmeve

Në qoftë se x dhe y janë dy numra pozitivë dhe r është një numër racional, atëherë1) ln(xy) = ln x + ln y2) ln( x

y ) = ln x − ln y3) ln(xr) = r ln x

Vërtetim: 1. Le të jetë f (x) = ln(ax) ku a është një konstante pozitive. atëherë kemi:

f ′(x) =1ax·

ddx

(ax) =1ax· a =

1x

Prej nga, f (x) dhe ln x kanë të njëjtin derivat, kështu që ata ndryshojnë nga njëri tjetri me një konstante:

ln(ax) = ln x + C

Duke zëvendësuar x = 1 në këtë ekuacion, ne marrim ln a = ln 1 + C = C. Prandaj

ln(ax) = ln x + ln a

Tani në qoftë se në zëvendësojmë konstanten a me një numër të cfarëdoshëm y, kemi

ln(xy) = ln x + ln y.

2. Duke përdorur rregullin 1 me x = 1/y, kemi

ln1y

+ ln y = ln(

1y· y

)= ln 1 = 0






dhe kështuln

1y

= − ln y

Duke përdorur rregullin 1 përsëri, kemi

ln(

xy

)= ln

(x ·

1y

)= ln x + ln

1y

= ln x − ln y

Vërtetim i regullit 3 mbetet si detyrë për tu vërtetuar nga lexuesi.�

Në mënyrë që të ndërtojmë grafikun e funksionit y = ln x, fillimisht përcaktojmë limitet e tij:

limx→∞

ln x = ∞

limx→0+

ln x = −∞(1.23)

Vërtetim: (a) Duke përdorur rregullin 3 me x = 2 dhe r = n (ku n është një numër natyror), kemi ln(2n) = n ln 2.Tani ln 2 > 0, prandaj kjo tregon se ln(2n)→ ∞ sikurse n→ ∞. Por ln x është një funksion rritës meqënëse derivatii tij është 1/x > 0. Prej nga, ln x→∞ kur x→∞.

(b) Në qoftë se ne shënojmë me t = 1/x, atëherë t→∞ kur x→ 0+. Kështu që duke përdorur (a), kemi

limx→0+

ln x = limt→∞

ln(1

t

)= lim

t→∞(− ln t) = −∞

Në qoftë se y = ln x, x > 0, atëherë

dydx

=1x> 0 dhe

dy

dx2 = −1x2 < 0

i cili tregon se ln x është rritës dhe i mysët në (0,∞). Duke bërë bashkë informacionin, ne ndërtojmë grafikun ey = ln x.

Meqënëse ln 1 = 0 dhe ln x është funksion i vazhdueshëm rritës i cili merr vlera sado të mëdha, teorema mbitë mesmen na tregon se ekziston një numër ku ln x merr vlerën 1(shih figurën 5). Ky numër i rëndësishëm ështëshënuar me e.

Përkufizim 1.4. e është ai numër i tillë që ln e = 1

1.6.2 Funksioni Eksponencial Natyror

Meqënëse ln është funksion rritës, ai është funksion një për një dhe si i tillë ai ka të anasjelltë, i cili shënohet meexp. Kështu bazuar në përkufizimin e funksionit të anasjelltë,

exp(x) = y⇐⇒ ln y = x (1.24)

dhe ekuacionet e thjeshtimit janëexp(ln x) = x dhe ln(exp x) = x (1.25)

Në veçanti ne kemi

exp(0) = 1 meqë ln 1 = 0exp(1) = e meqë ln e = 1

Ne përftojmë grafikun e y = exp x duke pasqyruar grafikun e y = ln x në lidhje me drejtëzën y = x. Bashkësiae përkufizimit të exp është bashkësia e vlerave të ln, pra (−∞,∞), bashkësia e vlerave të exp është bashkësia epërkufizimit të ln, pra (0,∞).

Në qoftë se r është një numër natyror i çfarëdoshëm, atëherë nga rregulli i tretë i logaritmeve kemi

ln(er) = r ln e = r






Pra,exp(r) = er

Kështu që, exp(x) = ex sa herë që x është një numër racional. Kjo na mundëson ne të përcaktojmë ex, edhe për vlerairracionale të x, nëpërmjet ekuacionit

ex = exp(x)

Me fjalë të tjera, për arsyet e dhëna, ne përcaktojmë ex si të anasjelltë të funksionit ln x. Me këtë shënim, kemi

ex = y⇐⇒ ln y = x (1.26)

dhe ekuacionet e thjeshtimit bëheneln x = x për x > 0 (1.27)

ln(ex) = x për të gjitha x (1.28)

Funksioni eksponencial natyror f (x) = ex është një nga funksionet më të përdorshëm në Kalkulus dhe aplikimete tij, kështu që është i rëndësishëm familjarizimi me grafikun e tij dhe vetitë e tij.

Vetitë e Funksionit Eksponencial

Funksioni eksponencial f (x) = ex është një funksion i vazhdueshëm rritës me bashkësi përkufizimi R dhebashkësi vlerash (0,∞). Prandaj, ex > 0 për të gjitha x. Gjithashtu

limx→−∞

ex = 0

limx→∞

ex = ∞

Kështu boshti i x-ve është asimptota horizontale e f (x) = ex. Tani le të verifikojmë se f (x) ka vetitë e tjera të njëfunksioni eksponencial.

Lema 1.3 (Vetitë e eksponecialit). Në qoftë se x dhe y janë dy numra realë të çfarëdoshëm dhe r një numër racional, atëherë

1. ex+y = ex· ey

2. ex−y = ex

ey

3. (ex)r = erx

Vërtetim: [Vërtetimi i rregullit 1] Duke përdorur rregullin e parë të logaritmeve dhe Ek. 1.27, kemi:

ln(exey) = ln(ex) + ln(ey) = x + y = ln(ex + y)

Meqënëse ln është funksion një për një, rrjedh se exey = ex+y. Rregulli 2 dhe 3 vërtetohen në mënyrë të ngjashme.Siç do e shohim së shpejti, rregulli 3 aktualisht ka vend kur r është një numër real i çfarëdoshëm.

�Tani do të vërtetojmë formulën e derivimit për ex.

ddx

(ex) = ex (1.29)

Vërtetim: Funksioni y = ex është i derivueshëm sepse është i anasjellti i funksionit y = ln x, i cili siç e dimë është iderivueshëm, dhe me derivat jo zero. Për të gjetur derivatin e tij, përdorim metodën e funksionit invers. Le të jetëy = ex. Atëherë, ln y = x dhe nga derivimi i këtij të fundit në lidhje me x, ne marrim

1y

dydx

= 1

dydx

= y = ex

�






1.6.3 Funksionet Eksponenciale të Përgjithshme

Në qoftë se a > 0 dhe r është një numër racional i çfarëdoshëm, atëherë nga Ek. 1.27 dhe nga rregullat eeksponencialit,

ar = (eln a)r = er ln a

Atëherë, edhe për një numër irracional x, ne përcaktojmë

ax = ex ln a (1.30)

Kështu për shembull,2√

3 = e√

3 ln 2≈ e1.20

≈ 3.32

Funksioni f (x) = ax është quajtur funksioni eksponencial me bazë a. Vërejmë që ax është pozitiv për të gjitha x,sepse ex është pozitiv për të gjitha x.

Përkufizimi i ax na lejon të zgjerojmë një prej rregullave të logaritmit. Ne tashmë dimë se ln(ar) = r ln a kur r ështënjë numër racional. Por në qoftë se ne e dimë se r është një numër real, nga përkufizimi i funksionit eksponencialkemi

ln ar = ln(er ln na) = r ln a

prandajln ar = r ln a për çdo numër real r (1.31)

Rregullat e përgjithshëm për eksponentët rrjedhin nga përkufizimi i funksionit eksponencial të përgjithshëm, sëbashku me rregullat e eksponentit për ex.

Lema 1.4 (Rregullat e Eksponetëve). Në qoftë se x dhe y janë numra realë dhe a, b > 0, atëherë

1. ax+y = axay

2. ax−y = ax

ay

3. (ax)y = axy

4. (ab)x = axay

Vërtetim: Vërtetojmë vetëm pikat 1) dhe 3). 1. Duke përdorur përkufizimin e ax dhe regullat e eksponentëve përex, kemi

ax+y = e(x+y) ln a = ex ln a+y ln a

= ex ln aey ln a = axay

3. Kemi

(ax)y = ey ln(ax) = eyx ln a

= exy ln a = axy

Vërtetimet e tjera janë lënë si detyrë ndaj lexuasit.�

Formula e derivimit për funksionet eksponenciale është gjithashtu rrjedhim i përkufizimit të ax:

ddx

(ax) = ax ln a (1.32)

Vërtetim:ddx

(ax) =d

dx(ex ln a) = ex ln a d

dx(x ln a) = ax ln a






�Në qoftë se a > 1, atëherë ln a > 0, prandaj

ddx

ax = ax ln a > 0,

i cili tregon se y = ax është funksion rritës. Në qoftë se (0 < a < 1) atëherë ln a < 0 dhe kështu y = ax është zbritës.

1.6.4 Funksionet logaritmike të përgjithshme

Në qoftë se a > 0 dhe a , 1, atëherë f (x) = ax është funksion një për një. Funksioni i anasjelltë i tij quhet funksionilogaritmik me bazë a dhe shënohet me loga x. Prandaj

loga x = y⇐⇒ ay = x (1.33)

Në veçanti, shohim seloge x = ln x

Rregullat e logaritmit janë të ngjashme me ato të logaritmit natyror dhe mund të nxirren nga rregullat e eksponen-tëve.

Për të derivuar y = loga x, ne shkruajmë ekuacionin si ay = x. Kemi që y ln a = ln x, kështu që:

loga x = y =ln xln a

Meqënëse ln a është një konstante, ne mund të derivojmë si më poshtë:

ddx

(loga x) =d

dxln xln a

=1

ln ad

dx(ln x) =

1x ln a

ddx

(loga x) =1

x ln a(1.34)

1.6.5 Numri e i shprehur si limit

Në këtë paragraf ne e përcaktuam e si numri i tillë që ln e = 1. Teorema në vazhdim tregon se ky është i njëjtinumër e i përkufizuar si më parë.

e = limx→0

(1 + x)1/x (1.35)

Vërtetim: Le të jetë f (x) = ln x. Atëherë, f ′(x) = 1/x, kështu që f ′(1) = 1. Por nga përkufizimi i derivatit,

f ′(1) = limh→0

f (1 + h) − f (1)h

= limx→0

f (1 + x) − f (1)x

= limx→0

ln(1 + x) − ln 1x

= limx→0

1x

ln(1 + x)

= limx→0

ln(1 + x)1/x

Meqënëse f ′(1) = 1, kemilimx→0

ln(1 + x)1/x = 1

Atëherë, nga vazhdueshmëria e funksioneve eksponenciale, kemi

e = e1 = elimx→0

ln(1 + x)1/x= lim

x→0eln(1+x)1/x

= limx→0

(1 + x)1/x

Ushtrime:






1. (a) Duke krahasuar sipërfaqet, tregoni se

13< ln 1.5 <

512

(b) Përdorni rregullin e pikës së mesit me n = 10 për tënjehsuar ln 1.5.

2. Duke krahasuar sipërfaqet tregoni se

12

+13

+14

+ · · · +1n< ln n < 1 +

12

+13

+ · · · +1

n − 1

3. (a) Duke krahasuar sipërfaqet tregoni se ln 2 < 1 < ln 3.(b) Vërtetoni se 2 < e < 3.

4. Vërtetoni vetinë e tretë të logaritmit.

5. Vërtetoni vetinë e dytë të eksponentëve për ex.

6. Vërtetoni vetinë e tretë të eksponentëve për ex.

7. Vërtetoni vetinë e dytë të eksponentëve.

8. Vërtetoni vetinë e katërt të eksponentëve.

9. Vërtetoni vetitë e logaritmit:(a) loga(xy) = loga x + loga y(b) loga(x/y) = loga x − loga y(c) loga(xy) = y loga x





Kapitulli 2

Sipërfaqet dhe volumet

Në këtë kapitull do të shohim disa nga zbatimet e integralit të caktuar. Applikimet kryesore dhe më intuitivetë integralit të caktuar janë ato të llogaritjes së sipërfaqeve midis kurbave, vëllimi i trupave të rrotullimit, gjetja epunës si integral i forcës, vlera mesatare e funksionit në një integral të dhënë, etj. Në këtë kapitull do të studjojmëdisa nga këto metoda.

Gjetja e sipërfaqeve midis dy kurbave bën të mundur gjetjen e çdo sipërfaqeje që kufizohet nga funksione, praçdo sipërfaqe për të cilën ne kemi një përshkrim matematik; shih Kreu 2.1

2.1 Sipërfaqet ndërmjet kurbave.

Në Kap. 1 ne pëkufizuam dhe njehsuam sipërfaqet e figurave plane të cilat ndodheshin nën grafikun e funksionitduke përdorur konceptin e integralit. Në këtë leksion do të përdorim integralet për të gjetur sipërfaqet e figuraveplane që ndodhen ndërmjet grafikëve të dy funksioneve. Përgjithësimi i kësaj teknike bën të mundur gjetjen esipërfaqeve të figurave të ndryshme.

Shqyrtojmë zonën S që shtrihet midis dy kurbave y = f (x) dhe y = g(x) dhe ndërmjet dy drejtëzave vertikalex = a dhe x = b, ku f (x) dhe g(x) janë funksione të vazhdueshme dhe f (x) ≥ g(x) për të gjitha x në [a, b].

x

y

0 a b

g(x)

f (x)

f (x) − g(x)

Figura 2.1: Sipërfaqja e drejtëkëndëshit të ngjyrosur = lartësi × gjerësi = ∆ ·(

f (x) − g(x))

E ndajmë intervalin [a, b] në n segmente Ii = [xi−1, xi], i = 0, . . . ,n me bazë të njëjtë. Le të jetë x∗i një pikë çfardo esegmentit Ii. Atëherë, krijohen drejtëkëndësha nga drejtëzat x = xi−1, x = xi dhe drejtëzat horizontale y = f (x∗i ) dhey = g(x∗i ). Këta drejtëkëndësha kanë gjerësi

∆x =b − a

ndhe lartësi

hi := f (x∗i ) − g(x∗i ).

57


Shuma e Riemanitn∑

i=1

(f (x∗i ) − g(x∗i )

)∆x

është përafrimi i sipërfaqes së zonës S. Ky përafrim bëhet gjithnjë e më i saktë kur n→∞. Kështu që, përkufizojmësipërfaqen A të zonës S si vlera limite e shumës së këtyre drejtëkëndëshave përafrues.

A = limn→∞

n∑i=1

[f (x∗i ) − g(x∗i )

]∆x (2.1)

E shënojmë limitin në (2.1) si integral të caktuar të ( f − g)(x). Prej nga kemi lemën në vazhdim.

Lema 2.1. Sipërfaqja A e figurës që kufizohet nga kurbat y = f (x), y = g(x) dhe drejtëzat x = a dhe x = b, ku f (x) dhe g(x)janë të vazhdueshëm dhe f (x) ≥ g(x) për të gjitha x në [a, b], është

A =

∫ b

a

[f (x) − g(x)

]dx

Vërejmë se në rastin e veçantë kur g(x) = 0, S është figura nën grafikun e f (x) dhe përkufizimi jonë i përgjithshëmi sipërfaqes reduktohet në përkufizimin tonë fillestar të integralit.

Ne rastin kur kemi dy kurba të dhena si funksione me ndryshore të pavaruar y kemi

A =

∫ d

c

(f (y) − g(y)

)dy

Në vazhdim shohim disa shembuj të llogaritjes së sipërfaqeve të ndryshme.

Shembull 2.1. Gjeni sipërfaqen e figurës të kufizuar nga y = ex, y = x, x = 0, dhe x = 1.

x

yy = ex

y = x

1

1

Figura 2.2

Zgjidhje: Kurba që shërben si kufi i sipërm është y = ex dhe kurbaqë shërben si kufi i poshtëm është y = x. Kështu ne kemi f (x) = ex

dhe g(x) = x, a = 0 dhe b = 1 dhe

A =

∫ 1

0(ex− x) dx =

(ex−

12

x2)∣∣∣∣∣1

0= e −

12− 1 = e − 1.5

�

Shembull 2.2. Gjeni sipërfaqen e figurës së kufizuar nga parabolat y =x2 dhe y = 2x − x2.

Zgjidhje: Fillimisht gjejmë pikat e prerjes së parabolave duke zgjid-hur njekohësisht ekuacionet e tyre. Kjo na jep x2 = 2x − x2 ose2x2− 2x = 0. Prandaj 2x(x − 1) = 0, kështu që x = 0 ose x = 1. Pikat

e prerjes janë (0, 0) dhe (1, 1).Kështu që e gjithë sipërfaqja është

A =

∫ 1

0(2x − x2

− x2) dx = 2∫ 1

0(x − x2) dx

= 2[

x2

2−

x3

3

]1

0= 2

(12−

13

)=

13

(2.2)

�






x

y

y = 2x − x2

y = x2

1

1

Figura 2.3: Sipërfaqja midis parabolave y = x2

dhe y = 2x − x2.

Ndonjëherë është e vështirë ose edhe e pamundur, të gjendenpikat e prerjes së dy kurbave në mënyrë të saktë. Siç tregohet nëshembullin në vazhdim, ne mund të përdorim një makinë llogar-itëse grafike ose kompjuter për të gjetur përafërsisht vlerat e pikavetë prerjes e më pas të procedojmë si më sipër.

Shembull 2.3. Gjeni sipërfaqen e përafërt të figurës plane të kufizuarndërmjet kurbave

y =x

√

x2 + 1dhe y = x4

− x.

Zgjidhje: Në qoftë se ne do përpiqeshim të gjenim pikëprerjet esakta, atëherë do na duhej të zgjidhnim ekuacionin

x√

x2 + 1= x4

− x

Ky është një ekuacion që jo të gjitha rrenjet i ka numra realë. Njëpikë prerje është origjina e koordinatave. E zmadhojmë drejtkëndëshin e pamjes pranë pikës tjetër të prerjes dhegjejmë se x ≈ 1.18. Kështu që një përafrim i sipërfaqes ndërmjet kurbave është

A ≈∫ 1.18

0

[x

√

x2 + 1− (x4

− x)]

dx

Për të integruar termin e parë fillimisht bëjmë zëvendësimin u = x2 + 1. Atëherë du = 2x · dx, dhe kur x = 1.18kemi u ≈ 2.39. Kështu që

A ≈∫ 2.39

0

duu−

∫ 1.18

0(x4− x) dx =

√u∣∣∣2.39

0−

[x5

5−

x2

2

]1.18

0=√

2.39 − 1 −(1.18)5

5+

(1.18)2

2=≈ 0.785 (2.3)

�Në qoftë se na kërkohet të gjejmë sipërfaqen ndërmjet dy kurbave y = f (x) dhe y = g(x) kur f (x) ≥ g(x) për disa

vlera të x dhe f (x) ≤ g(x) për disa vlera të tjera të x, atëherë ndajmë zonën S në disa zona të tjera S1, S2, · · · mesipërfaqje A1,A2, · · · ,An. Përcaktojmë sipërfaqen e Ssë si shumë e sipërfaqeve të zonave S1,S2, . . . ,Sn. Pra,

A = A1 + A2 + · · · + An.

Meqënëse, ∣∣∣ f (x) − g(x)∣∣∣ =

{f (x) − g(x) në qoftë se f (x) ≥ g(x)g(x) − f (x) në qoftë se g(x) ≥ f (x)

kemi shprehjen në vazhdim për A-në.

Lema 2.2. Sipërfaqja ndërmjet kurbave y = f (x) dhe y = g(x) dhe ndërmjet x = a dhe x = b është:

A =

∫ b

a

∣∣∣ f (x) − g(x)∣∣∣ dx

Shembull 2.4. Gjeni sipërfaqen e figurës plane të kufizuar nga kurbat y = sin x, y = cos x, dhe x = 0, dhe x = π/2.

Zgjidhje: Pikat e prerjes janë aty kusin x = cos x,

domethënë kur x = π/4, meqënëse 0 ≤ x ≤ π/2. Vini re se

cos x ≥ sin x,

kur 0 ≤ x ≤ π/4, porsin x ≥ cos x,

kur π/4 ≤ x ≤ π/2.






x

y

π2

π4

y = sin(x)

y = cos x

Figura 2.4: Grafikët e sin x dhe cos x

Prej nga sipërfaqja e kërkuar jepet si më poshtë

A =

∫ π/2

0|cos x − sin x| dx = A1 + A2

=

∫ π4

0(cos x − sin x) dx +

∫ π2

π4

(sin x − cos x) dx

=∣∣∣∣ sin x + cos x

∣∣∣∣ π40

+∣∣∣∣− cos x − sin x

∣∣∣∣ π2π4

=

(1√

2+

1√

2− 0 − 1

)+

(−0 − 1 +

√2

+

1√

2

)= 2√

2 − 2

Në këtë shembull të veçantë ne mund të kishim kursyer pak punëduke pasur parasysh se kjo zonë është simetrike në lidhje me x = π/4 dhe kështu

A = 2A1 = 2∫ π/4

0(cos x − sin x) dx

x

y

−1 5

Disa sipërfaqje mund të njehsohen më thjesht duke e parë x si funksiontë y. Në qoftë se një figurë është kufizuar nga kurba me ekuacione

x = f (y) dhe x = g(y), y = c, dhe y = d,

ku f dhe g janë të vazhdueshëm dhe

f (y) ≥ g(y)

për c ≤ y ≤ d, atëherë sipërfaqja jepet si më poshtë

A =

∫ d

c

[f (y) − g(y)

]dy

Në qoftë se ne shënojmë me xd kufirin e djathtë dhe me xm kufirin e majtë,atëherë do kemi

A =

∫ d

c(xd − xm) dy

Këtu një drejtkëndësh tipik përafrues ka përmasa xd − xm dhe ∆y.

Shembull 2.5. Gjeni sipërfaqen e kufizuar nga drejtëza y = x − 1 dhe parabola y2 = 2x + 6.

Zgjidhje: Duke barazuar dy ekuacionet gjejmë se pikat e prerjes janë (−1,−2) dhe (5, 4). Ne zgjidhim ekuacionin eparbolës në lidhje me x dhe vërejmë se kurbat e majta dhe të djathta janë

xm =12

y2− 3, dhe xd = y + 1

Tani na duhet të integrojmë me kufij integrimi, y = −2 dhe y = 4. Prandaj,

A =

∫ 4

−2(xd − xm) dy =

∫ 4

−2

[(y + 1) −

(12

y2− 3

)]dy

=

∫ 4

−2

(−

12

y2 + y + 4)

dy = −12

(y3

3+

y2

2+ 4y

)∣∣∣∣∣∣4−2

= −16

(64) + 8 + 16 −(4

3+ 2 − 8

)= 18

(2.4)






�Ne mund ta gjenim sipërfaqen në këtë shembull duke integruar në lidhje me x në vend të y, por llogaritja do

ishte më e komplikuar. Metoda që përdorëm është shumë më e thjeshtë.Më poshtë kemi një numër të konsiderueshëm ushtrimesh ku lexuesi mund të gjejë sipërfaqe në situata të

ndryshme.

Ushtrime:

Ndërtoni zonën e kufizuar midis dy kurbave tëdhëna. Vendosni se kur duhet integruar në lidhje mex apo me y. Vizatoni një drejtkëndësh përafrues dhe për-caktoni gjatësitë e brinjëve. Më pas gjeni sipërfaqen ezonës.

1. y = x + 1, y = 9 − x2, x = −1, x = 2

2. y = x2, y = x4

3. y = sin x, y = ex, x = 0, x = π/2

4. y = x2− 2x, y = x + 4

5. y = 1/x2, y = 1/x, x = 2

6. y = x2, y = −x2 + 4x

7. x = 1 +√

x, y = (3 + x)/3

8. y = x2, y2 = x

9. y = cos x, y = 2 − cos x, 0 ≤ x ≤ 2π

10. y = x, y = 3√

x

11. y = x3− x, y = 3x

12. y = tan x, y = 2 sin x, −π/3 ≤ x ≤ π/3

13. y =√

x, y = 12 x, x = 9

14. y = 12 − x2, y = x2− 6

15. y = 8 − x2, y = x2, x = −3, x = 3

16. x = 1 − y2, x = y2− 1

17. x = 2y2, x = 4 + y2

18. 4x + y2 = 12, x = y

19. y = cos x, y = sin 2x, x = 0, x = π/2

20. y = x2, y = 2/(x2 + 1

21. y = sin(πx/2), x = y

22. y = cos x, y = 1 − cos x, 0 ≤ xπ

23. y = |x|, y = x2− 2

24. y = 1/x, y = x, y = 14 x, x > 0

25. y = 3x2, y = 8x2, 4x + y = 4, x ≥ 0

26. y = sinπx, y = x2− x, x = 2

Përdorni kalkulusin për të njehsuar sipërfaqen etrekëndëshit me kulme të dhëna.

27. (0, 0), (2, 1), (−1, 6)

28. (0, 5), (2,−2), (5, 1)

Llogarisni integralin dhe interpretojeni si sipërfaqe tënjë zone. Ndërtoni zonën.

29.∫ π/2

0| sin x − cos 2x| dx

30.∫ 4

0|

√

x + 2 − x| dx

Përdorni rregullin e pikës së mesit me n = 4 për tëpërafruar sipërfaqen e zonës së kufizuar nga dy kurbate dhëna.

31. y = sin2(πx/4), y = cos2(πx/4), 0 ≤ x ≤ 1

32. y =3√

16 − x3, y = x, x = 0

Përdorni grafikun për të gjetur përafërsisht abshisëne pikës së prerjes së kurbave të dhëna. Pas kësaj gjenisipërfaqen e zonës së kufizuar ndërmjet kurbave.

33. y = x sin(x2), y = x4

34. y = ex, y = 2 − x2

35. y = 3x2− 2x, y = x3

− 3x + 4

36. y = x4, y = 3x − x3

37. y = x cos x, y = x10

38. y = x cos(x2), y = x2

39. y = x2, y = 2 cos x

40. Përdorni një sistem kompjuterik algjebrik për të njehsuarvlerën e saktë të sipërfaqes së kufizuar ndërmjet kurbavey = x5

− 6x3 + 4x dhe y = x.

41. Ndërtoni në një sistem koordinativ zonën e përcaktuar ngamosbarazimi x − 2y2

≥ 0, 1 − x − |y| ≥ 0 dhe gjeni sipërfaqene saj.






42. Gjeni sipërfaqen e zonës së kufizuar nga parabola y = x2,tangentja e hequr ndaj saj në pikën (1, 1), si dhe boshti i ab-shisave.

43. Gjeni numrin b të tillë që drejtëza y = b e ndan zonën ekufizuar ndërmjet kurbave y = x2 dhe y = 4 në dy zona mesipërfaqja të njëjta.

44. Gjeni vlerën e c të tillë që sipërfaqja e zonës së kufizuar

ndërmjet parabolave y = x2− c2 dhe y = c2

− x2 është 576.

45. Supozojmë se 0 < c < π/2. Për çfarë vlere të c, sipërfaqja ezonës së kufizuar ndërmjet kurbave y = cos x, y = cos(x− c),dhe x = 0 është e barabartë me sipërfaqen e zonës së kufizuarndërmjet kurbave y = cos(x − c), dhe x = π, y = 0?

46. Për çfarë vlere të m drejtëza y = mx dhe kurba y =x/(x2 + 1) kufizojnë një zonë? Gjeni sipërfaqen e asaj zone.






2.2 Vëllimet e trupave

Në këtë leksion ne do të mësojmë se si të përdorim integralet për të llogaritur vëllimin e trupave të ndryshëm.Ashtu si edhe për sipërfaqet, së pari ne do të përpiqemi të motivojmë përkufizimin e vëllimit nga ana matematike.

Fillojmë me trupa të thjeshtë të quajtur cilindra të drejtë.

2.2.1 Cilindrat e drejtë

Le të jetë dhënë një kurbë e mbyllur C në plan. Marrim një drejtëz që kalon nga një pikë e dhënë e kësaj kurbedhe e lëvizim atë paralelisht me veten. Përftojmë një sipërfaqe e cila quhet sipërfaqe cilindrike.

Në rastin kur drejtëza është pingule me planin e kurbës C atëherë sipërfaqja e përftuar quhet sipërfaqe e drejtëcilindrike. Cilindër quhet trupi që përftohet nga prerja e një sipërfaqje cilindrike me dy plane paralelë. Kursipërfaqja cilindrike është e drejte, atëherë cilindri quhet cilindër i drejtë.

1

2−2 0 2 4 6 8

0

5

(a) Trup cilindrik jo i drejtë

0

2−2

02

0

5

(b) Trup cilindrik i drejtë

Rastet më të thjeshta të cilindrave të drejtë janë cilindra rrethorë të drejtë. Këta cilindra përftohen nga lëvizja enjë drejtëze L përgjatë një rrethi C, në mënyrë të tillë që L të jetë pingule me planin që përmban rrethin C. Cilindratë tillë do të studjohen më në detaje në Kap. ??.

y

z

x0

r

(a) x2 + y2 = r2, për z ∈ R

y

z

x

0

r

(b) x2 + z2 = r2, për y ∈ R

y

z

x

0r

(c) y2 + z2 = r2, për x ∈ R

Figura 2.5: Cilindrat në hapësirë.

Një cilindër është i kufizuar nga një figurë plane B1, të quajtur bazë e cilindrit, dhe një figurë kongruente B2 nënjë plan paralel. Cilindri konsiston në të gjitha pikat e segmenteve që janë pingulë me bazën dhe bashkojnë B1 meB2. Në qoftë se sipërfaqja e bazës është A dhe lartësia e cilindrit (distanca nga B1 në B2) është h, atëherë vëllimi V icilindrit përkufizohet si

V = A · h.

Në veçanti kur baza është një rreth me rreze r, atëherë cilindri është rrethor dhe vëllimi i tij është V = π r2 h. Nëqoftë se baza është drejtkëndësh me brinjë l dhe w, atëherë cilindri është një paralelopiped këndëdrejtë me vëllimV = lwh.






2.2.2 Prerjet tërthore

Për një trup S i cili nuk është cilindër fillimisht ne presim S në pjesë të cilat i përafrojmë me cilindra të drejtë.Llogarisim vëllimin e S duke mbledhur vëllimet e cilindrave të drejtë dhe arrijmë në vëllimin e saktë të S. Le tëperpiqemi t’a saktësojmë këtë ide më tej.

Fillojmë me prerjen e S me një plan dhe përftimin e një zone plane të quajtur prerje tërthore e Ssë . Le të jetëA(x) sipërfaqja e prerjes tërthore të S në planin P1 pingul me boshtin e x-ve dhe duke kaluar sipas x, ku a ≤ x ≤ b.Sipërfaqja e prerjes tërthore A(x) do të ndryshojë kur x lëviz nga a tek b.

Le ta ndajmë S në n feta me gjerësi të njëjtë ∆x duke përdorur planet P1,P2, · · · si në Fig. 2.6. Në qoftë se zgjedhimsi pika x∗i ∈ [xi−1, xi], ne mund ta përafrojmë pjesën e i-të Si (që ndodhet midis planeve Pxi−1 dhe Pxi ) me një cilindërme sipërfaqe të bazës A(x∗i ) dhe lartësi ∆x.

Vëllimi i cilindrit është A(x∗i )∆x, kështu që një përafrim sipas konceptimit intuitiv të vëllimit të pjesës së i-të Siështë

V(Si) ≈ A(x∗i )∆x.

Duke i mbledhur vëllimet e pjesëve, ne gjejmë një përafrim të vëllimit total:

V ≈n∑

i=1

A(x∗i )∆x

Ky përafrim bëhet gjithnjë e më i mirë kur n → ∞. Prej këtej ne përcaktojmë vëllimin si limit të kësaj shume kurn→ ∞. Por duke patur parasysh se limiti i shumave të Riemanit jep integralin e caktuar, do të kemi përkufizimine mëposhtëm.

Përkufizim 2.1. Le të jetë S një trup që shtrihet ndërmjet planeve x = a dhe x = b. Në qoftë se sipërfaqja e prerjestërthore të S me planin Px përgjatë x dhe pingul me boshtin e x-ve, është A(x), ku A është një funksion i vazhdueshëm,atëherë vëllimi i S-së është

V = limn→∞

n∑i=1

A(x∗i )∆x =

∫ b

aA(x) dx

Kur përdorim formulën e vëllimit

V =

∫ b

aA(x) dx

është e rëndësishme të mbahet mend që A(x) është sipërfaqja e prerjes tërthore lëvizëse të përftuar nga prerjapërgjatë x pingul me boshtin e x-it.






Figura 2.6: Përafrimi i vëllimit të një trupi nga prerjet tërthore.

Vërejmë se, për një cilindër sipërfaqja e prerjes tërthore është konstante: A(x) = A për të gjithë x. Prandajpërkufizimi jonë për vëllimin na jep

V =

∫ b

aA dx = A · (b − a),

dhe kjo përputhet me formulën V = Ah.Në shembullin që vazhdon ne vërtetojmë një formulë të gjeometrisë që e kemi mësuar që nga shkolla e mesme.

Nëpërmjet integraleve ne do të nxjerrim formulën e vëllimit të sferës.

Shembull 2.6. Vërtetoni se vëllimi i sferës me rreze r është V = 43πr3.

Zgjidhje: Në qoftë se e vendosim sferën në mënyrë të tillë qëqendra e saj të përputhet me origjinën e koordinatave si në Fig. ??,atëherë plani Px e pret sferën sipas një rrethi rrezja e të cilit (ngaTeorema e Pitagorës) është

y =√

r2 − x2.

Prandaj, sipërfaqja e prerjes tërthore është

A(x) = πy2 = π(r2− x2)

Duke përdorur përkufizimin e vëllimit me a = −r dhe b = r, kemi

V =

∫ r

−rA(x) dx =

∫ r

−rπ(r2− x2) dx

= 2π∫ r

0(r2− x2) dx = 2π

[r2x −

x3

3

]r

0

= 2π(r3−

r3

3

)=

43πr3

�Nga rezultatet e shembullit të mësipërm, ne dimë se vëllimi i sferës është 4

3π ≈ 4.18879. Këtu "fetat" janë cilindrarrethorë, ose disqe,

n∑i=1

A(xi)∆x =

n∑i=1

π(12− x2

i )∆x

kur n = 5, 10, 20, në qoftë se zgjedhim si pika x∗i pikat e mesit xi, vërejmë se kur rrisim numrin e cilindrave përafrues,vlera korresponduese e shumave të Riemanit i afrohet gjithnjë e më shumë vlerës së vërtetë të vëllimit.






Shembull 2.7. Gjeni volumin e trupit të formuar nga rrotullimi i grafikut të f (x) = ex rreth boshtit të x-it në intervalin[0, 1].

Zgjidhje: Volumi jepet nga formula

V =

∫ 1

0A(x) dx =

∫ 1

0π (ex)2 dx = π

∫ 1

0e2x dx = π

[12

e2x]∣∣∣∣∣1

0= π

(−

12

+12

e2)

= πe2− 12

�

Shembull 2.8. Gjeni vëllimin e trupit që përftohet nga rrotullimi rreth boshtit të x-ve figurën plane nën grafikun e funksionity =√

x nga 0 në 1.

Zgjidhje: Kur e presim grafikun përgjatë x, ne marrim disqe me rreze√

x. Sipërfaqja e kësaj prerjeje tërthore është

A(x) = π(√

x)2 = πx

dhe vëllimi i cilindrit përafrues ështëA(x)∆x = π · x · ∆x

Trupi shtrihet ndërmjet x = 0 dhe x = 1, kështu që vëllimi i tij do jetë

V =

∫ 1

0A(x) dx =

∫ 1

0π x dx = π

x2

2

∣∣∣∣∣∣10

=π2

�






Shembull 2.9. Gjeni vëllimin e trupit të përftuar prej rrotullimit të zonës plane të kufizuar nga y = x3, y = 8, dhe x = 0rrotull boshtit të y-ve.

Zgjidhje: Meqënëse zona është rrotulluar rreth boshtit të y-ve, atëherë kuptohet se prerjet tërthore janë pingule meboshtin e y-ve dhe integrimi do të bëhet në lidhje me y. Në qoftë se e presim trupin përgjatë y, do përftojmë njëdisk rrethor me rreze x, ku x = 3

√y. Kështu sipërfaqja e prerjes tërthore përgjatë y është

A(y) = πx2 =(

3√

y)2

= πy2/3

dhe vëllimi i cilindrit përafrues ështëA(y)∆y = πy2/3∆y

Meqënëse trupi shtrihet ndërmjet y = 0 dhe y = 8, vëllimi i tij do jetë

V =

∫ 8

0πy2/3 dy = π

[35

y5/3]8

0=

96π5

�






Shembull 2.10. Zona R e kufizuar nga kurbat y = x dhe y = x2 rrotullohet rreth boshtit të x-ve. Gjeni vëllimin e trupit tëpërftuar prej këtij rrotullimi.

Zgjidhje: Kurbat y = x dhe y = x2 priten në pikat (0, 0) dhe (1, 1). Një prerje tërthore në planin Px ka formën enjë unaze me rreze të brendshme x2 dhe rreze të jashtme x, kështu që ne gjejmë sipërfaqen e prerjes tërthore dukezbritur sipërfaqen e qarkut të brendshëm nga sipërfaqja e qarkut të jashtëm:

A(x) = πx2− π(x2)2 = π

(x2− x4

)Prej nga kemi

V =

∫ 1

0A(x) dx =

∫ 1

0π

(x2− x4

)dx = π

[x3

3−

x5

5

]1

0=

2π15

�

Shembull 2.11. Gjeni vëllimin e trupit që përftohet prej rrotullimit të zonës së shembullit të mësipërm në lidhje me drejtëzëny = 2.






Zgjidhje: Përsëri prerja tërthore është në formën e një unaze, por në këtë rast rrezja e brendshme është 2 − x dherrezja e jashtme është 2 − x2. Sipërfaqja e prerjes tërthore është

A(x) = π(2 − x2)2− π(2 − x)2

Dhe prej këtej vëllimi i S do jetë

V =

∫ 1

0A(x) dx = π

∫ 1

0[(2 − x2)2

− (2 − x)2] dx = π

∫ 1

0(x4− 5x2 + 4x) dx = π

[x5

5− 5

x3

3+ 4

x2

2

]1

0=

8π15

�Trupat në shembujt e deritanishëm janë quajtur trupa rrotullimi sepse janë përftuar nga rrotullimi rreth një

drejtëze. Në përgjithësi, ne llogarisim vëllimin e një trupi rrotullimi duke përdorur formulat bazë

V =

∫ b

aA(x) dx ose V =

∫ d

cA(y) dy

dhe ne gjejmë sipërfaqen e prerjes tërthore A(x) ose A(y) në një nga mënyrat e mëposhtme:

i) Në qoftë se prerja tërthore është një disk (rreth), ne gjejmë rrezen r të diskut (në terma të x apo të y) dhepërdorim

A = πr2

ii) Në qoftë se prerja tërthore është në formën e unazës ne gjejmë rrezen e brendshme r1 dhe rrezen e jashtme r2dhe më pas llogarisim sipërfaqen duke i zbritur sipërfaqen e rrethit të brendshëm sipërfaqes së rrethit të jashtëm:

A = πr22 − πr2

1 − π(r22 − r2

1)

Figura 2.7 na jep një ilustrim të mëtejshëm të kësaj procedure.

Figura 2.7: Mënyrat e integrimit sipas prerjeve tërthore

Më poshtë vazhdojmë me një ilustrim nga trupat gjeometrikë.

Shembull 2.12. Gjeni vëllimin e piramidës baza e të cilës është katror me brinjë L dhe lartësi h.

Zgjidhje: E vendosim origjinën O në kulmin e piramidës dhe boshtin e x-ve përgjatë boshtit qendror. Çdo planPx që kalon nëpër x dhe është pingul me boshtin e x-ve e pret piramidën sipas një katrori me brinjë të themi s. Nemund ta shprehim s në termat e x duke vërejtur ngjashmërinë e trekëndëshave pra

xh

=s/2L/2

=sL






dhe kështu s = Lxh . Prandaj sipërfaqja e prerjes tërthore është

A(x) = s2 =L2

h2 x2

Piramida shtrihet ndërmjet x = 0 dhe x = h, kështu që vëllimi i saj do jetë

V =

∫ h

0A(x) dx =

∫ h

0

L2

h2 x2 dx =L2

h2

x3

3

∣∣∣∣∣∣h0

=L2h3

�Ne nuk na nevojitej ta vendosnim kulmin e piramidës në origjinën e koordinatave në shembullin e mësipërm.

Vepruam në këtë mënyrë për ta bërë ekuacionin më të thjeshtë. Në qoftë se, për shembull, do e kishim vendosurqendrën e bazës së piramidës tek origjina dhe kulmin në pjesën pozitive të boshtit të y-ve, ju mund të verifikoni sedo të kishim përftuar integralin

V =

∫ h

0

L2

h2 (h − y)2 dy =L2h3

siç tregohet në figurë.






Shembull 2.13. Një copë (thelë) është nxjerrë nga një cilindër rrethor me rreze 4 nga dy plane prerës. Njëri plan është pingulme boshtin e cilindrit. Tjetri pret të parin me kënd 300 përgjatë diametrit të cilindrit. Gjeni vëllimin e kësaj pjese.

Zgjidhje: Në qoftë se e vendosim boshtin e x-ve përgjatë diametritku priten planet, atëherë baza e trupit është një gjysmërreth meekuacion

y =√

16 − x2, −4 ≤ x ≤ 4.

Një prerje tërthore pingule me boshtin e x-ve në distancë x ngaorigjina është një trekëndësh ABC, baza e të cilit është

y =√

16 − x2

dhe lartësia

|BC| = y tan 300 =

√

16 − x2√

3.

Prandaj, sipërfaqja e prerjes tërthore është

A(x) =12

√

16 − x2 ·1√

3

√

16 − x2 =16 − x2

2√

3

dhe vëllimi është

V =

∫ 4

−4A(x) dx =

∫ 4

−4

16 − x2

2√

3dx

=1√

3

∫ 4

0(16 − x2) dx =

1√

3

[16x −

x3

3

]4

0=

128

3√

3






Ushtrime:

Gjeni vëllimin e trupit të përftuar nga rrotullimi izonës së kufizuar nga kurbat e dhëna rreth boshtit tëtreguar. Ndërtoni zonën, trupin dhe dhe një disk tipik.

1. y = 2 − 12 x, y = 0, x = 1, x = 2; rrotull boshtit të x-ve

2. y = 1 − x2, y = 0; rrotull boshtit të x-ve

3. y = ex, y = 0, x = 0, x = 1; rrotull boshtit të x-ve

4. y = 1/x, x = 1, x = 2, y = 0; rrotull boshtit të x-ve

5. y =√

25 − x2, y = 0, x = 2, x = 4; rrotull boshtit të x-ve

6. x = 2√

y, x = 0, y = 9; rrotull boshtit të y-ve

7. y = x2, 0 ≤ x ≤ 2, y = 4, x = 0; rrotull boshtit të y-ve

8. y = ln x, y = 1, y = 2, x = 0; rrotull boshtit të y-ve

9. x = y − y2, x = 0; rrotull boshtit të y-ve

10. y = x3, y = x, x ≥ 0; rrotull boshtit të x-ve

11. y = x2, y2 = x; rrotull boshtit të x-ve

12. y2 = x, x = 2y; rrotull boshtit të y-ve

13. y = x2/3, x = 1, y = 0; rrotull boshtit të y-ve

14. y = 14 x2, y = 5 − x2; rrotull boshtit të x-ve

15. y = e−x, y = 1, x = 2; rrotull y = 2

16. y = x2, y = 4; rrotull y = 4

17. y = 1 + sec x, y = 3; rrotull y = 1

18. y = 1/x, y = 0, x = 1; rrotull x = 1

19. y = x2, x = y2; rrotull x = −1

20. y = x, y = 0, x = 2, x = 4; rrotull x = 1

21. y = x, y =√

x; rrotull x = 2

Nxirrni integralin (por pa e llogaritur atë) për vëllimine trupit që përftohet prej rrotullimit të zonës së kufizuarnga kurbat e dhëna rrotull drejtëzës së dhënë.

22. y = tan3 x, y = 1, x = 0; rrotull y = 1

23. y = (x − 2)4, 8x − y = 16; rrotull x = 10

24. y = 0, y = sin x, 0 ≤ x ≤ π; rrotull y = 1

25. y = 0, y = sin x, 0 ≤ x ≤ π; rrotull y = −2

26. x2− y2 = 1, x = 3; rrotull x = −2

27. y = cos x, y = 2 − cos x, 0 ≤ x ≤ 2π; rrotull y = 4

Përdorni grafikun për të gjetur përafërsisht abshisën epikprerjes së kurbave të dhëna. Më pas përdorni mak-inën tuaj llogaritëse për të gjetur (përafërsisht) vëllimine trupit të përftuar nga rrotullimi rreth boshtit të x-ve tëzonës së kufizuar ndërmjet kurbave.

28. y = 2 + x2 cos x, y = x4 + x + 1

29. y = 3 sin(x2), y = ex/2 + e−2x

30. y = x2, y = ln(x + 1)

Përdorni një sistem kompjuterik algjebrik për të gjeturvlerën e saktë të vëllimit të përftuar nga rrotullimi i zonëssë kufizuar nga kurbat e dhëna rrotull drejtëzës së dhënë.

31. y = sin2 x, y = 0, 0 ≤ x ≤ π; rrotull y = −1

32. y = x, y = xe1−x/2; rrotull y = 3

33. Secili integral përfaqson vëllimin e një trupi. Përshkruanitrupin.

π

∫ π/2

0cos2 x dx

34. π∫ 5

2y dy

35. π∫ 1

0(y4− y8) dy

36. π∫ π/2

0[(1 + cos x)2

− 12] dx

37. Gjeni vëllimin e një trungu koni të drejtë me lartësi h merreze të bazës së poshtme R dhe rreze të bazës së sipërme r.

38. Gjeni vëllimin e kupolës së një sfere me rreze r dhe melartësi h.

39. Gjeni vëllimin e një trungu piramide me bazë katrore melartësi h dhe me bazë të poshtme b dhe bazë të sipërme a. Çfarëdo ndodhte në qoftë se a = b? Po në qoftë se a = 0?

40. Gjeni vëllimin e një piramide me lartësi h dhe me bazëdrejtkëndore me përmasa b dhe 2b.

41. Gjeni vëllimin e një piramide me lartësi h me bazë njëtrekëndësh barabrinjës më brinjë a.






2.3 Vëllimi i trupave nëpërmjet tubave cilindrike

Disa probleme të gjetjes së vëllimit janë të vështira për tu zgjidhur me metodat e leksionit të mëparshëm. Përshembull, le të shqyrtojmë problemin e gjetjes së vëllimit të një trupi të përftuar nga rrotullimi rreth boshtit të y-vei figurës plane të kufizuar nga

y = −x3 + 2x2

dhe y = 0.

x

y

Figura 2.8: Grafiku i funksionit y = −x3+2x2.

Në qoftë se e presim me një plan pingul me boshtin e y-ve, përftojmë njëtrup në formën e unazës. Na duhet të zgjidhim ekuacionin y = −x3 + 2x2

për x në varësi të y. Kjo do ta bënte integralin përkatës për gjetjen evëllimit jo të lehtë për tu zgjidhur. Në shumicën e rasteve, shprehja e x-it,si një funksion i ndryshores y nuk është e mundur ose është e vështirë.Ndonjëherë edhe kur shprehja e x-it si funksion i y-it është e mundurllogaritja e integralit mund të jetë e vështirë.

Për këtë arsye, ne do të prezantojmë një metodë të re të gjetjes sëvëllimeve për trupat që përftohen nga rrotullimi i një grafi rreth njëboshti të caktuar. Kjo metodë quhet metoda e tubave cilindrike1.

Shqyrtojmë fillimisht rastin kur rrotullimi bëhet rreth boshtit të y.Fig. 2.9 tregon një tub cilindrik, me rreze të brendshme r1, dhe rreze tëjashmte r2, dhe lartësi h. Vëllimi i këtij trupi llogaritet duke i zbriturvëllimin V1 të cilindrit të brendshëm vëllimit të cilindrit të jashtëm V2:

V = V2 − V1 =

πr22h − πr2

1h

= π(r22 − r2

1)h= π(r2 − r1)(r2 + r1)h

= 2π ·r2 + r1

2· h · (r2 − r1)

Figura 2.9: Rrotullimi i nje funksioni f (x)rreth boshtit të y.

Në qoftë se shënojmë me

∆r = r2 − r1 dhe r =r2 + r1

2,

atëherë kjo formulë për vëllimin e tubit cilindrik merr trajtën

V = 2π r h ∆r (2.5)

ose si jemi mësuar ta mbajmë mend

V = perimetër × lartësi × trashësi

Le të jetë S trupi i përftuar nga rrotullimi rreth boshtit të y-ve e figurësplane të kufizuar nga y = f (x), me kushtet f (x) ≥ 0, y = 0, x = a, dhex = b dhe b > a ≥ 0; shih Fig. 2.10.

Duke përdorur formulën e mësipërme për vëllimin e tubit cilindrikne do të përafrojmë vëllimit e përgjithshëm të trupit S.

1Në anglisht cylindrical shells






Figura 2.10: Një trup i përftuar nga rrotullimi i një grafi rreth boshtit y.

E ndajmë intervalin [a, b] në n nënintervale [xi−1, xi] me gjatësi të barabartë ∆x dhe le të jetë xi pika e mesit përnënintervalin e i-të. Në qoftë se drejtkëndëshi me bazë [xi−1, xi] dhe lartësi f (xi) rrotullohet rreth boshtit të y-ve,atëherë rezultati do jetë një tub cilindrik me rreze xi, lartësi f (xi), dhe trashësi ∆x; shih Fig. 2.11. Kështu që formula

Figura 2.11: Vëllimi i një tubi cilindrik Vi.

e vëllimit për çdo cilindër Vi ështëVi = (2πxi) ·

[f (xi)

]∆x

Prej nga, një përafrim i vëllimit V të S-së jepet nga shuma e vëllimeve të këtyre cilindrave Vi. Pra, kemi

V ≈n∑

i=1

Vi =

n∑i=1

2πxi f (xi) ∆x

Ky përafrim duket se bëhet gjithnjë e më i mirë kur n→∞. Por nga përkufizimi i integralit, ne dimë se

Figura 2.12: Përafrimi i vëllimit të përgjithshëm të trupit.

limn→∞

n∑i=1

2πxi f (xi) ∆x =

∫ b

a2πx f (x) dx






Prandaj ka vend rezultati që vijon.

Lema 2.3. Vëllimi i trupit i përftuar nga rrotullimi rreth boshtit të y-ve të figurës nën kurbën y = f (x) nga x = a tek x = b,është

V =

∫ b

a2πx · f (x) dx ku 0 ≤ a < b.

Ne do të japim një vertetim të saktë të ksaj formule në kapitullin ne vazhdim; shih ???????. E njëjta metodëmund të përdoret edhe në situata të tjera, si për shembull rrotullimi rreth drejtëzave të tjera në vend të boshtit tëy-it.

Shembull 2.14. Gjeni vëllimin e trupit të përftuar nga rrotullimi rreth boshtit të y-ve të figurës plane të kufizuar ngay = 2x2

− x3 dhe y = 0.

Zgjidhje: Shohim se një tub cilindrik tipik ka rreze x, perimetër 2πx, dhelartësi

f (x) = 2x2− x3.

Prandaj nga metoda e tubave cilindrikë, vëllimi do të jetë

V =

∫ 2

0(2πx)(2x2

− x3) dx

= 2π∫ 2

0(2x3− x4) dx

= 2π[12

x4−

15

x5]2

0

= 2π(8 −

325

)=

165π

Mund të verifikohet se metoda e tubave cilindrikë jep të njëjtën përgjigje si prerjet tërthore.�

Shembull 2.15. Gjeni vëllimin e trupit të përftuar nga rrotullimi rreth boshtit të y-ve të figurës plane të kufizuar nga y = xdhe y = x2.

x

y y = xy = x2

1

1

Figura 2.13: Sipërfaqja midis parabolave y =x2 dhe y = x.

Zgjidhje: Shohim se tubi ka rreze x, perimetër 2πx, dhe lartësix − x2. Kështu që vëllimi është

V =

∫ 1

0(2πx)(x − x2) dx = 2π

∫(x2− x3) dx

= 2π[

x3

3−

x4

4

]1

0=π6

�Siç e tregon shembulli në vazhdim, metoda e tubave cilindrikë

funksionon po njëlloj kur rrotullimi bëhet rreth boshtit të x-ve. Nethjesht na duhet të vizatojmë një diagramë për të përcaktuar rrezendhe lartësinë e tubit.






Shembull 2.16. Përdorni tubat cilindrikë për të gjetur vëllimin e trupit të përftuar nga rrotullimi rreth boshtit të x-ve tëfigurës plane nën kurbën y =

√x nga 0 në 1.

x

y y = x2

1

1

Figura 2.14: Sipërfaqja midis parabolave y =x2 dhe y = x.

Zgjidhje: Për të përdorur tubat cilindrikë e rishkruajmë ekuacionine kurbës nga y =

√x në x = y2. Në lidhje me rrotullimin rreth

boshtit të x-ve ne marrim tubin cilindrik tipik me rreze y, perimetër2πy, dhe lartësi 1 − y2. kështu që vëllimi është

V =

∫ 1

0

(2πy

) (1 − y2

)dy = 2π

∫ 1

0

(y − y2

)dy

= 2π[

x3

3−

x4

4

]1

0=π2

Në këtë problem metoda e disqeve ishte më e thjeshtë.�

Shembull 2.17. Gjeni vëllimin e trupit të përftuar nga rrotullimi rrethdrejtëzës x = 2 të figurës plane të kufizuar nga y = x − x2 dhe y = 0.

Figura 2.15

Zgjidhje: Tubi cilindrik i formuar nga rrotullimi rreth drejtëzësx = 2 ka rreze 2 − x, perimetër 2π(2 − x), dhe lartësi x − x2. Vëllimi

i trupit të dhënë është

V =

∫ 1

02π (2 − x)

(x − x2

)dx = 2π

∫ 1

0

(x3− 3x2 + 2x

)dx

= 2π[

x4

4− x3 + x2

]1

0=π2

Ushtrime:

Përdorni metodën e tubave cilindrikë për të gjeturvëllimin e trupit të përftuar nga rrotullimi i zonës së ku-fizuar ndërmjet kurbave të dhëna rreth boshtit të y-ve.Ndërtoni zonën dhe një tub tipik.

1. y = 1/x, y = 0, x = 1, x = 2

2. y = x2, y = 0, x = 1

3. y = e−x2 , y = 0, x = 1

4. y = 3 + 2x − x2, x + y = 3

5. y = 4(x − 2)2, y = x2− 4x + 7

6. Le të jetë V vëllimi i trupit të përftuar nga rrotullimi rrethboshtit të y-ve i zonës së kufizuar ndërmjet y =

√x, dhe

y = x2. Gjeni V.

Përdorni metodën e tubave cilindrikë për të gjetur vël-limin e trupit të përftuar nga rrotullimi i zonës së ku-fizuar nga kurbat e dhëna rrotull boshtit të x-ve. Ndër-toni zonën dhe një tub tipik.

7. x = 1 + y2, x = 0, y = 1, y = 2






8. x =√

y, x = 0, y = 1

9. y = x3, y = 8, x = 0

10. x = 4y2− y3, x = 0

11. x = 1 + (y − 2)2, x = 2

12. x + y = 3, x = 4 − (y − 1)2

Përdorni metodën e tubave cilindrikë për të gjetur vël-limin e trupit të përftuar nga rrotullimi i zonës së ku-fizuar nga kurbat e dhëna rrotull boshtit të specifikuar.Ndërtoni zonën dhe një tub tipik.

13. y = x4, y = 0, x = 1; rrotull x = 2

14. y =√

x, y = 0, x = 1; rrotull x = −1

15. y = 4x − x2, y = 3; rrotull x = 1

16. y = x2, y = 2 − x2; rrotull x = 1

17. y = x3, y = 0, x = 1; rrotull y = 1

18. y = x2, x = y2; rrotull y = −1

Ndërtoni pa e llogaritur integralin për vëllimin e trupit tëpërftuar prej rrotullimit të zonës së kufizuar nga kurbate dhëna rrotull boshtit të specifikuar.

19. y = ln x, y = 0, x = 2; rrotull boshtit të y-ve

20. y = x, y = 4x − x2; rrotull x = 7

21. y = x4, y = sin(πx/2); rrotull x = −1

22. y = 1/(1 + x2), y = 0, x = 2, x = 0; rrotull x = 2

23. y =√

sin y, 0 ≤ x ≤ π, x = 0; rrotull y = 4

24. x2− y2 = 7, x = 4; rrotull y = 5

25. Përdorni rregullin e pikës së mesit me n = 5, për tënjehsuar vëllimin e trupit të përftuar prej rrotullimit rrethboshtit të y-ve të zonës nën kurbën y =

√

1 + x3, 0 ≤ x ≤ 1.

26. Secili integral përfaqson vëllimin e një trupi. Përshkruanitrupin.∫ 3

02πx5 dx

27. 2π∫ 2

0

y1 + y2 dy

28.∫ 1

02π(3 − y)(1 − y2) dy

29.∫ π/4

02π(π − x)(cos x − sin x) dx

30. Përdorni grafikun për të njehsuar abshisën e pikëprerjesndërmjet kurbave të dhëna. Pas kësaj përdoreni këtë informa-cion dhe makinën tuaj llogaritëse për të njehsuar vëllimin etrupit të përftuar nga rrotullimi rreth boshtit të y-ve të zonëssë kufizuar ndërmjet këtyre kurbave.

y = ex, y =√

x + 1

31. y = x3− x + 1, y = −x4 + 4x − 1

32. Përdorni një sistem kompjuterik algjebrik për të njehsuarvëllimin e saktë të trupit të përftuar nga rrotullimi i zonës sëkufizuar ndërmjet kurbave të dhëna rrotull boshtit të speci-fikuar.

y = sin2 x, y = sin4 x, 0 ≤ x ≤ π; rrotull x = π/2

33. y = x3 sin x, y = 0, 0 ≤ x ≤ π; rrotull x = −1

Zona e kufizuar nga kurbat e dhëna rrotullohet rrotullboshtit të specifikuar. Gjeni vëllimin e trupit të përftuarsipas njërës prej metodave që njihni.

34. y = −x2 + 6x − 8, y = 0; rrotull boshtit të y-ve

35. y = −x2 + 6x − 8, y = 0; rrotull boshtit të x-ve

36. y = 5, y = x + (4/x); rrotull x = −1

37. x = 1 − y4, x = 0; rrotull x = 2

38. x2 + (y − 1)2 = 1; rrotull boshtit të y-ve

39. x = (y − 3)2, x = 4; rrotull y = 1

40. Përdorni tubat cilindrikë për të gjetur vëllimin e një sfereme rreze r.






2.4 Puna

Termi punë përdoret shpesh në gjuhën e përditshme. Në Fizikë ka një kuptim teknik, që varet nga koncepti iforcës. Intuitivisht ju mund ta mendoni forcën si një shtytje apo tërheqje të një objekti-për shembull, shtytja e njëlibri horizontalisht përgjatë një tavoline, ose tërheqja gravitacionale që toka i bën një objekti.

Në përgjithësi në qoftë se një objekt lëviz përgjatë një vije të drejtë me funksion pozicion s(t), atëherë forca Fndaj objektit e ushtruar në të njëjtin drejtim, përcaktohet nga ligji i dytë i Njuton it i lëvizjes si prodhim i masës sëvetë m me nxitimin:

F = m · s′′

(t) =d2sdt2

Në sistemin metrik SI, masa matet me kilogramë (kg), zvendosja me metër (m), koha me sekonda (s), dhe forcame Njuton (N = kg ·m/s2). Prandaj një forcë 1N vepron mbi masën 1 kg prodhuar me nxitimin 1 m/s2.

Në rastin e nxitimit konstant, forca F është gjithashtu konstante dhe puna e kryer përkufizohet si prodhim iforcës F me distancën d që objekti është zhvendosur:

W = F · d (2.6)

Në qoftë se F matet me Njuton dhe d matet me metër, atëherë njësia për punën W është Njuton -metër, dhe ështëquajtur Joule dhe shënohet me J.

Shembull 2.18. Sa punë është kryer për ngritjen e 1. 2-kg libra nga dyshemeja mbi një tavolinë e cila është 0. 7m e lartë?

Zgjidhje: Forca e ushtruar ëhtë njëlloj me të kundërtën të ushtruar prej gravitetit, prandaj nga ekuacioni i parëkemi

F = m · g = (1.2)(9.8) = 11.76N

dhe nga ekuacioni i dytë del se puna e kryer është

W = F · d = (11.76)(0.7) ≈ 8.2J

�Ekuacioni i dytë përcakton punën kur forca është konstante, por çfarë ndodh kur forca është e ndryshueshme?

Le të supozojmë se një objekt lëviz përgatë boshtit të x-ve, në drejtimin pozitiv, nga x = a në x = b, dhe në secilënpikë x ndërmjet a dhe b forca f (x) vepron mbi objektin, ku f është funksion i vazhdueshëm.

E ndajmë intervalin [a, b] në n nënintervale me skaje

x0, x1, . . . , xn,

dhe me gjatësi të barabarta ∆x. Zgjedhim pikën x∗i në intervalin [xi−1, xi]. Atëherë forca në atë pikë është f (x∗i ).Në qoftë se n është e madhe, atëherë ∆x është e vogël, dhe meqë f është i vazhdueshëm, vlerat e f nuk ndryshojnë

shumë në intervalin [xi−1, xi]. Me fjalë të tjera, f është pothuajse konstante në interval dhe kështu puna Wi që kryhetpër lëvizjen e objektit nga xi−1 në xi jepet afërsisht nga ekuacioni i dytë:

Wi ≈ f (x∗i )∆x

Prandaj ne mund ta përafrojmë totalin e punës së kryer me

W ≈n∑

i=1

f (x∗i )∆x (2.7)

Duket se ky përafrim bëhet gjithnjë e më i mirë kur rritet n. Prej nga ne përcaktojmë punën e kryer për lëvizjene objektit nga a në b si limit të kësaj madhësie kur n → ∞. Meqënëse ana e djathtë e ekuacionit të mësipërm ështëshuma e Riemanit, e kemi të qartë se limiti i saj është integrali i caktuar dhe kështu

W = limn→∞

n∑i=1

f (x∗i )∆x =

∫ b

af (x) dx (2.8)






Shembull 2.19. Kur një objekt ndodhet në distancën x metra nga origjina, një forcë prej

F(x) = x2 + 2x

Newton vepron mbi të. Sa punë është kryer në lëvizjen e tij nga x = 1 në x = 3?

Zgjidhje:

W =

∫ 3

1(x2 + 2x) dx =

x3

3+ x2

∣∣∣∣∣∣31

=503

Pra, puna e kryer është 503 J.

�

2.4.1 Ligji i elasticitetit nga Hook

Ligji i Elasticitetit i Hook-ut thotë se hapja e një suste është në proporcion të drejtë me forcën e aplikuar mbi këtësustë. Për shembull, jepet susta me pozicion fillestar ne pikën A; shih Fig. 2.16. Në qoftë se në këtë sustë varim njëmasë m, atëherë forca e gravitacionit e masës m e zhvendos këtë sustë me l1 njësi. Një masë më e madhe m2 e hapkëtë sustë me gjatësi δl2.

Atëherë, forca është në proporcion të drejtë me zhvendosjen x, pra

F(x) = kx

ku k është një konstante që quhet konstantja e sustës. Ligji i Hukut ka vend kur x nuk është shumë e madhe.

Figura 2.16: Ligji i Hukut

Shembull 2.20. Një forcë prej 40N kërkohet për ta mbajtur një sustë të zgjatur nga pozicioni i saj natyror prej 10cm në njëgjatësi 15cm. Sa punë është kryer në tërheqjen e sustës nga 15cm në 18cm?

Zgjidhje: Në lidhje me ligjin e Hukut, forca e kërkuar për të mbajtur sustën të tërhequr x metra nga pozicioni i sajnormal, është f (x) = kx. Kur susta është tërhequr nga 10cm në 15cm, tërheqja është 5cm = 0.05m. Kjo do të thotë se

f (0.05) = 40,

kështu që

0.05k = 40 k =40

0.05= 800






Prandaj, f (x) = 800x dhe puna e kryer në tërheqjen e sustës nga 15cm në 18cm është

W =

∫ 0.08

0.05800x dx = 800

x2

2

∣∣∣∣∣∣0.08

0.05

= 400[(0.08)2− (0.05)2] = 1.56J

�Më poshtë po shohim një shembull tjetër.

Shembull 2.21. Një rezervuar ka formën e një koni rrethor me lartësi 10 metra dhe rreze të bazës 4 metra. Ai është mbushurme ujë deri në lartësinë 8 metra. Gjeni punën që nevojitet për ta zbrazur rezervuarin, duke e pompuar të gjithë ujin në krye tëtij. Dendësia e ujit është 1000 kg/m3.

Zgjidhje: Le të masim zbrazëtinë e ujit. uji gjendet prej thellësisë 2m derinë 10m, kështu që ne ndajmë segmentin [2, 10] në n intervale me gjatësitë barabartë dhe me skaje x0, x1, · · · , xn, dhe zgjedhim pikat e brendshmex∗i në nënintervalet përkatës. Kjo e ndan ujin në n pjesë. Pjesa e i-tëështë përafërsisht një cilindër rrethor me rreze ri dhe lartësi ∆x. Mund tëllogarisim ri, nëpërmjet trekëndëshave të ngjashëm, si më poshtë:

ri

10 − x∗i=

410

ri =25

(10 − x∗i )

Prandaj një përafrim i vëllimit të pjesës së i-të të ujit është

Vi ≈ πr2i ∆x =

4π25

(10 − x∗i )2∆x

dhe kështu masa e tij është

mi = dendësi × vëllim ≈ 1000 ·4π25

(10 − x∗i )2∆x = 160π(10 − x∗i )

2∆x

Forca e kërkuar për të ngritur lart këtë sasi uji duhet ta kalojë forcën egravitetit prandaj

Fi = mig ≈ (9.8)160π(10 − x∗i )2∆x = 1570π(10 − x∗i )

2∆x

Secila pjesë duhet ta kalojë distancën prej përafërsisht x∗i . Puna Wi ekryer për të ngritur këtë pjesë në krye të rezervuarit është përafërsishtprodhimi i forcës Fi me distancën x∗i :

Wi ≈ Fix∗i ≈ 1570πx∗i (10 − x∗i )2∆x

Për të gjetur punën totale të kryer për të zbrazur të gjithë rezervuarin, i mbledhim të gjitha Wi dhe kalojmë nëlimit kur n→∞:

W = limn→∞

n∑i=1

1570πx∗i (10 − x∗i )2∆x

=

∫ 10

21570π(10 − x)2 dx = 1570π

∫ 10

2(100x − 20x2 + x3) dx

= 1570π[50x2−

20x3

3+

x4

4]102

= 1570π(2048

3

)≈ 3.4 × 106 J

Ushtrime:






1. Sa punë është kryer në ngritjen e një peshe prej 40kg në njëlartësi prej 1.5m?

2. Gjeni punën e kryer në qoftë se një forcë prej 10N ushtrohetpër të tërhequr një kuti në një distancë prej 10m.

3. Një grimcë lëviz sipas boshtit të x-ve sipas një force prej10/(1 + x)2 Njuton në një pikë x metra larg nga origjina. Sapunë është bërë në lëvizjen e grimcës nga x = 1 në x = 2? In-terpretoni përgjigjen duke shqyrtuar punën e kryer nga x = 1në x = 1.5 dhe nga x = 1.5 në x = 2.

4. Tabela tregon vlerat e një funksioni forcë f (x) ku x matet nëmetra dhe f (x) në Njuton. Përdorni rregullin e pikës së mesitpër të vlerësuar punën e kryer nga forca në lëvizjen e objektitnga x = 4 në x = 20.

x 4 6 8 10 12 14 16 18 20f (x) 5 5.8 7.0 8.8 9.6 8.2 6.7 5.2 4.1

5. Një sustë ka gjatësinë e saj natyrale prej 20cm. Në qoftë sekërkohet një forcë prej 25−N për ta tërhequr atë nga pozicionii saj normal në një gjatësi prej 30cm, sa punë kërkohet për tatërhequr atë nga 20cm në 25cm?

6. Supozojmë se 2J punë kërkohet për të tërhequr një sustë ngagjatësia e saj normale prej 30cm në 40cm.

(a) Sa punë kërkohet për të tërhequr sustën nga 35cm në40cm?

(b) Sa larg nga pozicioni i vet normal do ta tërheqë sustënnjë forcë prej 30N?

7. Një sustë ka gjatësinë normale prej 20cm. Krahasoni punënW1 e kryer për ta tërhequr nga 20cm në 30cm me punën W2të kryer për ta tërhequr nga 30cm në 40cm. Si janë të lidhuraW1 me W2?

8. Në qoftë se kërkohet një punë prej 6J për të tërhequr njësustë nga 10cm në 12cm dhe një tjetër prej 10J kërkohet përta tërhequr nga 12cm në 14cm, cila është gjatësia normale esustës?

9. Vërtetoni se si duhet përafruar puna e kërkuar me shumëne Riemannit. Më pas shpreheni punën si një integral dhenjehsojeni atë.

10. Një akuarium është 2m i gjatë, 1m i gjerë dhe 1m i thellëdhe është plot me ujë. Gjeni punën që nevojitet për të pompuargjysmën e ujit jashtë akuariumit. Përdorni faktin se dendësiae ujit është 1000kg/m3.






2.5 Mesatarja e vlerave të një funksioni

Eshtë e lehtë të llogaritet vlera mesatare e një numri të fundëm numrash y1, y2, · · · , yn:

ymes =y1 + y2 + y3 + · · · + yn

n

Por si mund të llogarisim temperaturën mesatare gjatë një dite kur janë të mundshme një pafundësi mënyrashleximi të saj? Në përgjithësi, le të përpiqemi të gjejmë vlerën mesatare të një funksioni y = f (x), a ≤ x ≤ b.

E nisim duke ndarë segmentin [a, b] në n nënsegmente të barabarta, secili me gjatësi ∆x = b−an . Zgjedhim pikat

x∗1, x∗2, · · · , x∗n në nënsegmentet përkatëse dhe llogarisim mesataren e numrave f (x∗1), f (x∗2), · · · , f (x∗n):

f (x∗1) + f (x∗2) + f (x∗3) + · · · + f (x∗n)n

Për shembull në qoftë se f përfaqson funksionin temperaturë dhe n = 24, kjo do të thotë se ne marrim leximet etemperaturës çdo një orë dhe më pas marrim mesataren e tyre.

Meqënëse ∆x = (b − a)/n, ne mund të shkruajmë n = (b − a)/∆xdhe vlera mesatare bëhet

f (x∗1) + f (x∗2) + f (x∗3) + · · · + f (x∗n)b−a∆x

=1

b − a

[f (x∗1)∆x + f (x∗2)∆x + f (x∗3)∆x + · · · + f (x∗n)∆x

]=

1b − a

n∑i=1

f (x∗i )∆x

Në qoftë se e rrisim n, ne do llogarisnim mesataren e një numri të madh vlerash në një zonë të kufizuar. ( përshembull ne mund të mernim temperaturën mesatare duke marrë leximet e çdo minute, apo çdo sekonde. ) Vleralimite është

limn→∞

1b − a

n∑i=1

f (x∗i )∆x =1

b − a

∫ b

af (x) dx

në bazë të përkufizimit të integralit të caktuar. Prej këtej ne përcaktojmë vlerën mesatare të f në intervalin [a, b]

fmes =1

b − a

∫ b

af (x) dx

x

y

fmes

Figura 2.17: Mesatarja e vlerave të një funksioni.

Shembull 2.22. Gjeni vlerën mesatare të funksionit f (x) = 1 + x2 në intervalin [−1, 2].

Zgjidhje: Me a = −1 dhe b = 2 kemi

fmes =1

b − a

∫ b

af (x) dx =

12 − (−1)

∫ 2

−1(1 + x2) dx =

13

[x +

x3

3

]2

−1= 2

�Lind pyetja: A ka një numër c ku vlera e f përputhet me vlerën e mesatares së vlerave të funksionit, pra

f (c) = fmes? Teorema në vazhdim thotë se kjo është e vërtetë për funksionet e vazhdueshëm.






Teorema 2.1 (Teorema mbi vlerat e mesme për integralet). Në qoftë se f është i vazhdueshëm në [a, b], atëherë ekzistonnjë numër c në [a, b] i tilë që ∫ b

af (x) dx = f (c)(b − a)

Teorema mbi vlerat e mesme për intagralet është një rrjedhim i Teoremës mbi të mesmen për derivatet dheTeoremës Themelore të Kalkulusit.

Interpretimi gjeometrik i kësaj teoreme është që, për funksionet pozitive f , ekziston një numër c i tillë qëdrejtkëndëshi me bazë [a, b] dhe lartësi f (c) ka të njëjtën sipërfaqe sikurse edhe figura plane e kufizuar nga grafikui funksionit f nga a në b.

Shembull 2.23. Gjeni vlerën mesatare të funksionit

f (x) = 1 + x2

në intervalin [−1, 2].

x

y

2

Figura 2.18: Grafiku i funksionit y =−x3 + 2x2.

Zgjidhje: Meqënëse f (x) = 1 + x2 është i vazhdueshëm në intervalin[−1, 2], Teorem mbi të mesmen për integralet thotë se ka një numër c në[−1, 2] të tillë që ∫ 2

−1(1 + x2) dx = f (c) [2 − (−1)]

Në këtë rast të veçantë ne mund ta gjejmë lehtë vlerën e c. Nga shembullimë sipër ne dimë se fmes = 2, pra vlera c kënaq

f (c) = fmes = 2

prej nga1 + c2 = 2 kështu c2 = 1.

Prandaj në këtë rast c mund të narrë dy vlera c = ±1 në segmentin [−1, 2].�

Shembull 2.24. Gjeni vlerën mesatare të funksionit

y = −x3 + 2x2

në intervalin [0, 2].

x

y

23

Figura 2.19: Grafiku i funksionit y =−x3 + 2x2.

Vërtetim: Integrali i funksionit në [0, 2] është∫ 2

0

(−x3 + 2x2

)= −

x4

4+ 2

x3

3

∣∣∣∣∣∣20

=43

Atëherë, vlera mesatare është y0 = 12 ·

43 = 2

3 ; shih Fig. 2.19. �

Shembull 2.25. Vërtetoni se shpejtësia mesatare e një makine gjatë intervalittë kohës [t1, t2] është njëlloj sikurse mesatarja e shpejtësive të saj gjatë gjithëudhëtimit.

Zgjidhje: Në qoftë se s(t) është zhvendosja e makinës në kohën t, atëherënë bazë të përkufizimit shpejtësia mesatare e makinës gjatë intervalitështë

∆s∆t

=s(t2) − s(t1)

t2 − t1

Nga ana tjetër, vlera mesatare e funksionit shpejtësi në interval është

vmes =1

t2 − t1

∫ t2

t1

s′(t) dt =1

t2 − t1[s(t2) − s(t1)] =

s(t2) − s(t1)t2 − t1

= shpejtësia mesatare

Ushtrime:






Gjeni vlerën mesatare të një funksioni në intervalin edhënë.

1. f (x) = 4x − x2, [0, 4]

2. g(x) = 3√

x, [1, 8]

3. h(x) = sin 4x, [−π, π]

4. t(x) = x2√

1 + x2, [0, 2]

5. f (t) = te−t2 , [0, 5]

6. f (θ) = sec2(θ/2), [0, π/2]

7. h(u) = (3 − 2u)−1, [−1, 1]

8. h(x) = cos4 x sin x, [0, π]

(a) Gjeni vlerën mesatare të f në intervalin e dhënë.(b) Gjeni c të tillë që fmes = f (c).(c) Ndërtoni grafikun e f dhe një drejtkëndësh sipër-

faqja e të cilit është e njëjtë me sipërfaqen nën grafikun ef .

9. f (x) = (x − 3)2, [2, 5]

10. f (x) =√

x, [0, 4]

11. f (x) = 2 sin x − sin 2x, [0, π]

12. f (x) = 2x/(1 + x2)2, [0, 2]

13. Në qoftë se f është i vazhdueshëm dhe∫ 3

1f (x) dx = 8,

tregoni se f merr vlerën 4 të paktën një herë në intervalin embyllur [1, 3].

14. Gjeni numrat b të tillë që vlera mesatare e f (x) =2 + 6x−3x2 në intervalin e mbyllur [0, b] është e barabartë me3.

15. Tabela jep vlerat e një funksioni të vazhdueshëm. Përdornirregullin e pikës së mesit për të njehsuar vlerëm mesatare të fnë [20, 50].

x 20 25 30 35 40 45 50f (x) 42 38 31 29 35 48 60

16. Në një qytet temperatura t (në ◦F) orë pas orës 9 të mëng-jesit është modeluar nga funksioni

T(t) = 50 + 14 sinπt12

Gjeni temperaturën mesatare gjatë periudhës nga ora 9 e mëng-jesit deri në ora 9 të darkës.

17. (a) Një kup me kafe ka temperaturën 95◦C dhe do 30 min-uta për tu ftohur në 61◦C në një dhomë me temperaturë 20◦C.Përdorni Ligjin e Njutonit për të treguar se temperatura ekafesë pas t minutash është

T(t) = 20 + 75e−kt

ku k ≈ 0.02(b) Cila është temperatura mesatare e kafesë gjatë gjysmës

së parë të orës?

18. Densiteti linear i një shufre 8m të gjatë është12/√

x + 1kg/m, ku x matet me metra nga njëri skaj i shufrës.Gjeni densitetin mesatar të shufrës.

19. Shpejtësia v e rrjedhjes së gjakut në një venë me rreze Rdhe gjatësi l në një distancë r nga boshti qendror është

v(r) =P

4ηl(R2− r2)

ku P është diferenca e presionit ndërmjet skajeve të venës dheη është viskoziteti i gjakut. Gjeni shpejtësinë mesatare (nëlidhje me r) gjatë intervalit 0 ≤ r ≤ R. Krahasoni shpejtësinëmesatare me shpejtësinë maksimum.

20. Vërtetoni teoremën mbi të mesmen për integralet dukeaplikuar teoremën mbi të mesmen për derivatet për funksionin

F(x) =

∫ x

0f (t) dt.

21. Në qoftë se fmes[a, b] tregon verën mesatare të f në inter-valin e mbyllur [a, b] dhe a < c < b, tregoni se

fmes[a, b] =c − ab − a

fmes[a, c] +b − cb − a

fmes[c, b]





Kapitulli 3

Teknikat e integrimit

Në bazë të Teoremës Themelore të Kalkulusit (Thm. 1.1) ne mund të integrojmë një funksion në qoftë se nenjohim një primitiv të tij, pra integralin e pacaktuar të funksiomit. Në këtë kapitull do të zhvillojmë teknika për tëpërdorur formula integrimi për të përftuar integrale të pacaktuara të funksioneve më të komplikuara. Ne mësuamnjë nga metodat më të rëndësishme të integrimit, metodën e zëvendësimit. Gjithashtu do të mësojmë metoda qëjanë speciale për klasa të veçanta funksionesh siç janë funksionet trigonometrike dhe funksionet racionale.

Integrimi nuk është njëlloj si derivimi, sepse nuk ka rregulla që të garantojnë në mënyrë absolute integralin epacaktuar të një funksioni.

3.1 Integrimi me pjesë

Çdo rregull derivimi ka një rregull korrespondues integrimi. Për shembull, rregulli i zëvendësimit tek integrimii korespondon rregullit zinxhir tek derivimi. Rregulli që i korespondon rregullit të prodhimit tek derivimi, quhetrregulli i integrimit me pjesë.

Rregulli i prodhimit ka vend kur funksionet f (x) dhe g(x) janë të derivueshëm dhe në

ddx

[f (x) · g(x)

]= f (x) g′(x) + g(x) f ′(x).

Në simbolikën e integralit ky ekuacion merr formën∫ [f (x) g′(x) + g(x) f ′(x)

]dx = f (x) · g(x)

ose ∫f (x) g′(x) dx +

∫g(x) f ′(x) dx = f (x) · g(x).

Ne mund ta rishkruajmë këtë ekuacion si∫f (x)g′(x) dx = f (x)g(x) −

∫g(x) f ′(x) dx . (3.1)

Formula (3.1) quhet formula e integrimit me pjesë. Më poshtë shohim një shembull se si të zbatojmë metodën eintegrimit me pjesë.

Shembull 3.1. Njehsoni integralin e pacaktuar ∫x sin x dx

Zgjidhje: Supozojmë se zgjedhimf (x) = x dhe g′(x) = sin x.

85


Atëherë f ′(x) = 1 dhe g(x) = − cos x. Prandaj duke përdorur formulën (3.1), kemi∫x sin x dx = f (x)g(x) −

∫g(x) f ′(x) dx = x(− cos x) −

∫(− cos x) dx

= −x cos x +

∫cos x dx = −x cos x + sin x + C.

Në qoftë se do të donim të kontrollonim vërtetësinë e përgjigjes, mjafton ta derivojmë atë dhe përfitojmë funksioninnën integral.

�Le të shënojmë

u = f (x) dhe v = g(x).

Atëherë diferencialet do jenëdu = f ′(x) dx dhe dv = g′(x) dx,

kështu që nga rregulli i zëvendësimit, formula për integrimin me pjesë merr trajtën∫u dv = u v −

∫v du.

kuu = f (x) dv = g(x)

du =d f (x)

dxv =

∫g(x) dx

Duke përdorur këtë metodë për shembullin e mësipërm do të kishim:

u = x dv = sin x dxdu = dx v = − cos x dx

dhe kështu ∫x sin x dx = x (− cos x) −

∫(− cos x) dx = −x cos x +

∫cos x dx = −x cos x + sin x + C.

Integrimi me pjesë na duhet për të transformuar integralet në integrale më të thjeshta sesa ato me të cilat e nisim.Për shembull, në shembullin e parë ne e nisëm integrimin e fuksionit∫

x sin x dx

dhe dolëm në një integral më të thjeshtë ∫cos x dx .

Në qoftë se do zgjidhnimu = sin x dv = x dx

du = cos x dx v =x2

2atëherë nga integrimi me pjesë kemi ∫

x sin x dx =x2

2sin x −

12

∫x2 cos x dx .

Në të vërtetë,∫

x2 cos x dx është më i vështirë sesa integrali fillestar.

Në përgjithësi kur ne vendosim të integrojmë me pjesë, përpiqemi që të zgjedhim si u = f (x) një funksion që ngaderivimi të marim një funksion më të thjeshtë, si dhe dv = g′(x) dx të tillë që nga integrimi të dalë fare thjesht v-ja.






Shembull 3.2. Njehsoni integralin ∫ln x dx .

Zgjidhje: Këtu nuk kemi shumë zgjedhje për u dhe dv. Le të shënojmë me

u = ln x dv = dx

du =dxx

v = x

Duke integruar me pjesë, kemi∫ln x dx = x ln x −

∫x

1x

dx = x ln x −∫

dx = x ln x − x + C.

�Integrimi me pjesë në këtë rast është efektiv sepse derivati i funksionit f (x) = ln x është më i thjeshtë se vetë

funksioni f (x).

Shembull 3.3. Njehsoni integralin ∫t2 et dt .

Zgjidhje: Vërejmë se funksioni t2 bëhet më i thjeshtë kur derivohet, ndërsa et nuk ndryshon nga derivimi apo ngaintegrimi. Kështu që zgjedhim

u = t2 dv = et dt

du = 2t dt v = et

Integrimi me pjesë na jep ∫t2et dt = t2et

− 2∫

t et dt .

Inetgrali që ne përftuam është më i thjeshtë sesa integrali fillestar, por akoma nuk mund të gjendet drejtpërdrejt.Kështu që ne e përdorim edhe një herë integrimin me pjesë, duke shënuar me u = t dhe dv = et dt. Prej nga du = dtdhe v = et dhe ∫

tet dt = tet−

∫et dt = tet

− et + C.

Duke e zëvendësuar këtë tek∫

t2et dt marrim

∫t2et dt = t2et

− 2(tet− et + C

)= t2et

− 2tet + 2et + C1

ku C1 = −2C.�

Shembull 3.4. Njehsoni integralin ∫ex sin x dx .

Zgjidhje: Shënojmë meu = ex dv = sin x dxdu = ex dx v = − cos x

Atëherëkemi ∫ex sin x dx = −ex cos x +

∫ex· cos x dx .






Integrali që përftuam nuk është më i thjeshtë sesa ai fillestari, por as edhe më i vështirë. Meqënëse patëm sukses meintegrimin me pjesë dy herë në shembullin e mëparshëm atëherë integrojmë edhe një herë me pjesë duke shënuar

me u = ex dhe me dv = cos x dx. Atëherë du = ex dx dhe v =

∫cos x dx = sin x.

u = ex dv = cos x dxdu = ex dx v = sin x

Atëherëkemi ∫ex cos x dx = ex sin x −

∫ex sin x dx (3.2)

Pra,

2∫

ex sin x dx = −ex cos x + ex sin x.

Duke pjestuar me 2 anë për anë dhe duke shtuar konstanten e integrimit kemi∫ex sin x dx =

12

ex (sin x − cos x) + C.

�Në qoftë se kombinojmë formulën e integrimit me pjesë me pjesën e dytë të Teoremës Themelore të Kalkulusit,

ne mund të llogarisim integralin e caktuar me pjesë. Duke marrë integralin e caktuar me kufij nga a në b tëformulës (3.1), duke pranuar se f ′ dhe g′ janë të vazhdueshëm dhe duke përdorur Teoremën Themelore, ne kemi∫ b

af (x)g′(x) dx = f (x) g(x)

∣∣∣∣ba−

∫ b

ag(x) f ′(x) dx .

Shembull 3.5. Njehsoni integralin ∫ 1

0tan−1 x dx .

Zgjidhje: Shënojmë meu = tan−1 x dv = dx

du =dx

1 + x2 v = x

Pra, ∫ 1

0tan−1 x dx = x tan−1 x

∣∣∣∣10−

∫ 1

0

x1 + x2 dx = 1 · tan−1 1 − 0 · tan−1 0 −

∫ 1

0

xx2 + 1

dx =π4−

∫ 1

0

x1 + x2 dx .

Për të llogaritur këtë integral përdorim zëvendësimin t = 1 + x2. Atëherë dt = 2x dx, kështu që x dx = dt /2. Kurx = 0, t = 1 ndërsa kur x = 1, t = 2, prej nga:∫ 1

0

x1 + x2 dx =

12

∫ 2

1

dtt

=12

ln |t|∣∣∣∣∣21

=12

(ln 2 − ln 1) =12

ln 2.

Dhe përfundimisht kemi ∫ 1

0tan−1 x dx =

π4−

∫ 1

0

x1 + x2 dx =

π4−

ln 22.

�

Shembull 3.6. Vërtetoni formulën∫sinn x dx = −

1n

cos xsinn−1x +n − 1

n

∫sinn−2 x dx

ku n është numër i plotë dhe n ≥ 2.






Zgjidhje: Le të shënojmë me

u = sinn−1 x dv = sin x dx

du = (n − 1) sinn−2 x cos x dx v = − cos x

Kështu që integrimi me pjesë jep∫sinn x dx = − cos x sinn−1 x + (n − 1)

∫sinn−2 x cos2 x dx .

Meqënëse cos2 x = 1 − sin2 x, kemi∫sinn x dx = − cos x sinn−1 x + (n − 1)

∫sinn−2 x dx−(n − 1)

∫sinn x dx .

Zgjidhim këtë ekuacion për integralin e dëshiruar duke kaluar termin e fundit të anës së djathtë në anën e majtë.Kështu që kemi

n∫

sinn x dx = − cos x sinn−1 x + (n − 1)∫

sinn−2 x dx

ose ∫sinn x dx = −

1n

cos x sinn−1 x +n − 1

n

∫sinn−2 x dx .

Ushtrime:

Llogarisni integralin duke përdorur integrimin me pjesëme zgjedhjet e treguara për u dhe dv.

1.∫

x2 ln x dx; u = ln x, dv = x2 dx

2.∫θ cosθ dθ; u = θ, dv = cosθ dθ


3.∫

x cos 5x dx

4.∫

xex dx

5.∫

tet/5 dt

6.∫

x sin 7x dx

7.∫

x2 sinπx dx

8.∫

x2 cos mx dx

9.∫

ln(3x + 5) dx

10.∫

arcsin x dx

11.∫

arctan x dx

12.∫

x sec2 x dx

13.∫

x3x dx

14.∫

(ln x)2 dx

15.∫

t cosh t dt

16.∫

x sinh nx dx

17.∫

e2x sin 5x dx

18.∫

(x2− 1)e−x dx

19.∫ 3

1

ln xx2 dx

20.∫ 7

4

ln x√

xdx

21.∫

x4 cos x dx






22.∫

x4(ln x)2 dx

23.∫ 2

0

x3

√

1 + x2dx

24.∫ 2

1

(ln x)2

x2 dx

25.∫

sin x ln(cosx) dx

26.∫

arctan(3/x) dx

Njehsoni integralet duke përdorur fillimisht integriminme zëvendësim dhe më pas integrimin me pjesë.

27.∫

x ln(2 − x) dx

28.∫

x3e−x2dx

29.∫

sin√

x dx

30.∫ π/2

0esin t sin 2t dt

Njehsoni integralin e pacaktuar. Ilustroni përgjigjen tuajduke ndërtuar grafikun e funksionit dhe të primitivs sëtij (merrni C = 0).

31.∫

(3x + 5)ex dx

32.∫

x1/3 ln x dx

33.∫

x3√

x2 + 1 dx

34.∫

x2 cos x dx

35. Vërtetoni se:∫sin2 x dx =

x2−

sin 2x4

+ C

36. a) Vërtetoni barazimin:∫cosn z dx =

1n

cosn−1 x sin x +n − 1

n

∫cosn−2 x dx .

b) Përdorni pikën (a) për të njehsuar∫

cosx dx.

c) Përdorni pikën (a) dhe (b) për të njehsuar∫

cos4 x dx.

Përdorni integrimin me pjesë për të vërtetuar formulat ereduktimit.

37.∫

(ln x)n dx = x(ln x)n− n

∫(ln x)n−1 dx

38.∫

xnex dx = xnex− n

∫xn−1ex dx

39.∫

tann x dx =tann−1 x

n − 1−

∫tann−2 x dx (n , 1)

40.∫

secn x dx =tan x secn−2 x

n − 1+

n − 2n − 1

∫secn−2 x dx (n ,

1)

Gjeni sipërfaqen e zonës së kufizuar nga kurbat e dhëna.

41. y = xe−25 x, y = 0, x = 5

42. y = 3 ln x, y = x ln x

Përdorni metodën e tubave cilindrikë për të gjetur vël-limin e trupave të përftuar nga rrotullimi i zonës së ku-fizuar nga kurbat e dhëna rreth boshtit të cakuar.

43. y = cos(πx/2), y = 0, 0 ≤ x ≤ 1; rrotull boshtit të y-ve.

44. y = ex, y = e−x, x = 1; rrotull boshtit të y-ve.

45. y = e−x, y = 0, x = −1, x = 0; rrotull x = 1.

46. y = ex, x = 0, y = π; rrotull boshtit të x-ve.

47. Gjeni vlerën mesatare të f (x) = x2 ln x në intervalin [1, 3].

48. Një grimcë që lëviz përgjatë një vije të drejtë ka shpejtësiv(t) = t2e−t metra për sekondë pas t sekondash. Sa larg shkonajo gjatë t sekondave të para?

49. Në qoftë se f (0) = g(0) = 0 dhe f ′′ e g′′ janë të vazh-dueshëm, Vërtetoni se∫ a

0f (x)g′′(x) dx = f (a)g′(a) − f ′(a)g(a) +

∫ a

0f ′′(x)g(x) dx

50. Supozojmë se f (1) = 2, f (4) = 7, f ′(1) = 5, f ′(4) = 3

dhe f ′′ është i vazhdueshëm. Gjeni vlerën e∫ 4

1x f ′′(x) dx.

51. (a) Përdorni integrimin me pjesë për të vërtetuar se∫f (x) dx = x f (x) −

∫x f ′(x) dx

(b)Në qoftë se f dhe g janë funksione inverse dhe f ′ ështëi vazhdueshëm vërtetoni se∫ b

af (x) dx = b f (b) − a f (a) −

∫ f (b)

f (a)g(y) dy

(c) Në rastin kur f dhe g janë funksione pozitive dheb > a > 0, vizatoni një diagramë dhe jepni kuptimingjeometrik të pikës (b).

(d) Përdorni pikën (b) për të njehsuar∫ e

1ln x dx.






3.2 Integralet trigonometrike

Në këtë leksion do të përdorim identitetet trigonometrike për të integruar disa kombinime funksioneshtrigonometrike. Do ta nisim me fuqitë e funksioneve sin x dhe cos x. Fillojmë me disa shembuj.

Shembull 3.7. Njehsoni integralin ∫cos3 x dx .

Zgjidhje: Duke bërë zëvendësimin u = sin x, kemi du = cos x dx dhe∫cos3 x dx =

∫cos2 x · cos x dx =

∫(1 − sin2 x) cos x dx

=

∫(1 − u2)du = u −

13

u3 + C = sin x −13

sin3 x + C.

�Në përgjithësi, ne do të përpiqemi të shkruajmë një integral duke i paraqitur funksionet sinus dhe kosinus në

një formë të tillë ku të kemi vetëm një faktor sinus (dhe pjesa tjetër të jetë e shprehur në terma të kosinusit), apo njëfaktor kosinus (dhe pjesa tjetër të jetë e shprehur në varësi të sinusit). Identiteti

sin2 x + cos2 x = 1

na lejon të kalojmë nga fuqitë çift të sin x tek cos x dhe anasjelltas.

Shembull 3.8. Njehsoni integralin ∫sin5 x cos2 x dx .

Zgjidhje: Duke bërë zëvendësimin u = cos x, kemi du = − sin x dx dhe prej këtej∫sin5·x cos2 x dx =

∫(sin2 x)2 cos2 x · sin x dx

=

∫ (1 − cos2 x

)2cos2 x · sinx dx

=

∫ (1 − u2

)2u2 (−du)

= −

∫ (u2− 2u4 + u6

)du

= −

(u3

3− 2

u5

5+

u7

7

)+ C

= −13

cos3 x +25

cos5 x −17

cos7 x + C.

�Në shembujt në vazhdim, një fuqi teke e sinusit apo e kosinusit na mundëson ndarjen e një faktori të vetëm dhe

konvertimin e shprehjes së pjesës së mbetur të fuqisë çift. Në qoftë se të dyja funksionet janë në fuqi çift kjo metodënuk jep rezultat. Në raste të tilla mund të përdorim këto formula për të bërë zëvendësime:

sin2 x =1 − cos 2x

2dhe cos2 x =

1 + cos 2x2

.

Shembull 3.9. Njehsoni integralin ∫ π

0sin2 x dx .






Zgjidhje: Duke përdorur formulat për këndet dyfishe kemi∫ π

0sin2 x dx =

12

∫ π

0(1 − cos 2x) dx =

12

(x −

12

sin 2x)∣∣∣∣∣π

0=

12

(π −

12

sin 2π)−

12

(0 −

12

sin 0)

=12π.

�

Shembull 3.10. Njehsoni integralin ∫sin4 x dx .

Zgjidhje: Ne mund ta llogarisim këtë integral duke përdorur formulën e reduktimit për∫

sinn x dx në shembullin

e parë, por një metodë tjetër është si më poshtë∫sin4 x dx =

∫ (sin2 x

)2dx =

∫ (1 − cos 2x2

)2

dx =14

∫ (1 − 2 cos 2x + cos2 2x

)dx .

Meqënëse kemi cos2 2x, përsëri mund të përdorim zëvendësimin cos2 2x = 1+cos 4x2 dhe prej këtej kemi:∫

sin4 x dx =14

∫ (1 − 2 cos 2x +

1 + cos 4x2

)dx =

14

∫ (32− 2 cos 2x +

12

cos 4x)

dx =14

(32

x − sin 2x +18

sin 4x)

+ C.

�Duke përmbledhur po rendisim mënyrat që mund të përdoren për të njehsuar integrale të formës∫

sinm x cosn x dx

ku m ≥ 0 dhe n ≥ 0 dhe janë numra të plotë.

a Në qoftë se fuqia e kosinusit është tek (n = 2k+1), atëherë faktorizojmë një kosinus dhe përdorim cos2 x = 1−sin2 xpër të shprehur faktorin që mbetet në varësi të sinusit:∫

sinm x cos2k+1 x dx =

∫sinm x(cos2 x)k cos x dx

=

∫sinm x(1 − sin2 x)k cos x dx

dhe më pas zëvendësojmë u = sin x.

b Në qoftë se fuqia e sinusit është tek (m = 2k + 1), faktorizojmë një sinus dhe përdorim formulën sin2 x = 1− cos2 xpër të shprehur faktorin që mbetet në varësi të kosinusit:∫

sin2k+1 x cosn x dx =

∫(sin2 x)k cosn x sin x dx

=

∫(1 − cos2 x)k cosn x sin x dx

dhe më pas bëjmë zëvendësimin u = cos x.

Vërejmë se kur të dy fuqitë e sinusit dhe kosinusit janë tek, atëherë mund të përdoren si (a) dhe (b).

c Në qoftë se të dy fuqitë e sinusit dhe kosinusit janë çift, atëherë përdorim identitetet e këndeve dyfishe.

sin2 x =12

(1 − cos 2x) cos2 x =12

(1 + cos 2x)

ndonjëherë është me vend të përdoret edhe identiteti

sin x cos x =12

sin 2x.






Ne mund të përdorim strategji të ngjashme për të njehsuar integrale të formës

tanm x secn x dx .

Meqënëse(tan x)′ = sec2 x

ne mund ta ndajmë një faktor sec2 x dhe ta transformojmë pjesën e mbetur në një shprehje që përmban tangentinduke përdorur identitetin

sec2 x = 1 + tan2 x.

Gjithashtu, meqënëse(sec x)′ = sec x tan x,

ne mund ta ndajmë një faktor sec x tan x dhe të transformojmë pjesën e mbetur të fuqisë së tangentit në varësi tësekantit.

Shembull 3.11. Njehsoni integralin ∫tan6 x sec4 x dx .

Zgjidhje: Kemi, ∫tan6 x · sec4 x dx =

∫tan6 x · sec2 x · sec2 x dx

=

∫tan6 x

(1 + tan2 x

)sec2 x dx

=

∫u6

(1 + u2

)du =

∫ (u6 + u8

)du

=u7

7+

u9

9+ C

=17

tan7 x +19

tan9 x + C.

�

Shembull 3.12. Njehsoni integralin ∫tan5 x sec7 x dx

Zgjidhje: Kemi ∫tan5 x · sec7 x dx =

∫tan4 x · sec6 x · sec x · tan x dx

=

∫ (sec2 x − 1

)2· sec6 x · sec x · tan x dx

=

∫ (u2− 1

)u6 du

=

∫ (u8− 2u7 + u6

)du

=u9

9− 2

u8

8+

u7

7+ C

=19

sec9 x −28

sec8 x +17

sec7 x + C.

�






Shembujt e mësipërm na treguan strategji për njehsimin e integraleve të formës∫tanm x secn x dx

në dy raste, të cilat do ti përmbledhim si më poshtë.

a Në qoftë se fuqia e sec x është çift (n = 2k, k ≥ 2), mbajmë një faktor sec2 x dhe përdorim sec2 x = 1 + tan2 x për tëshprehur pjesën e mbetur në varësi të tangentit:∫

tanm x secn x dx =

∫tanm x(1 + tan2 x)k−1 sec2 x dx .

Atëherë bëjmë zëvendësimin u = tan x.

b Në qoftë se fuqia e tan x është tek (m = 2k + 1), mbajmë një faktor sec x tan x dhe përdorim tan2 x = sec2 x − 1 përtë shprehur pjesën e mbetur të faktorëve në varësi të sekantit:∫

tan2k+1 x secn x dx =

∫(tan2 x)k secn−1 x sec x tan x dx

=

∫(sec2 x − 1)k secn−1 x sec x tan x dx .

Atëherë bëjmë zëvendësimin u = sec x.

Metodat e mësipërme nuk funksionojnë për çdo integral me funksione trigonometrike. Më poshtë ne shohim disatipe të tjera:

Shembull 3.13. Njehsoni integralin ∫sec x dx

Zgjidhje: Shumëzojmë dhe pjestojmë me (sec x + tan x) dhe kemi∫secx dx =

∫sec x ·

sec x + tan xsec x + tan x

dx =

∫sec2 x + sec x tan x

sec x + tan xdx

Në qoftë se zëvendësojmë meu = sec x + tan x,

atëherëdu =

(sec x tan x + sec2 x

)dx,

kështu që integrali merr trajtën ∫1u

du = ln |u| + C.

Pra, kemi: ∫sec x dx = ln |sec x + tan x| + C.

Shembull 3.14. Njehsoni integralin ∫tan3 x dx .






Zgjidhje: Këtu kemi vetëm tan x, kështu që përdorim tan2 x = sec2 x − 1 për ta rishkruar tangentin në varësi tësekantit ∫

tan3 x dx =

∫tan x tan2 x dx =

∫tan x(sec2 x − 1) dx

=

∫tan x sec2 x dx−

∫tan x dx =

tan2 x2− ln |sec x| + C.

�Në qoftë se ka një fuqi çift të tangentit së bashku me një fuqi tek të sekantit nën shenjën e integralit, është me

rëndësi që e gjithë shprehja të shkruhet në varësi të sec x. Fuqitë e sec x mund të kërkojnë integrim me pjesë si nëshembullin ne vazhdim.

Shembull 3.15. Njehsoni integralin ∫sec3 x dx

Zgjidhje: Këtu integrojmë me pjesë duke shënuar me

u = sec x dv = sec2 x dxdu = sec x tan x dx v = tan x.

Atëherë ∫sec3 x dx = sec x tan x −

∫sec x tan2 x dx

= sec x tan x −∫

sec x(sec2 x − 1

)dx

= sec x tan x −∫

sec3 x dx +

∫sec x dx .

Duke përdorur formulën ∫sec x dx = ln |sec x + tan x|

dhe duke e zgjidhur si ekuacion në lidhje me integralin e kërkuar, kemi∫sec3 x dx =

12

(sec x tan x + ln |sec x + tan x|

)+ C.

�Integralet e formës

cotm x · cscn x dx

mund të njehsohen me metoda të ngjashme duke pat parasysh identitetin 1 + cot2 x = csc2 x.

Përfundimisht, për të njehsuar integralet e formës∫sin mx cos nx dx,

∫sin mx sin nx dx,

∫cos mx cos nx dx

përdorim identitetet korresponduese:

sin A cos B =12

[sin(A − B) + sin(A + B)]

sin A sin B =12

[cos(A − B) − cos(A + B)]

cos A cos B =12

[cos(A − B) + cos(A + B)]






Shembull 3.16. Njehsoni integralin ∫sin 4x · cos 5x dx .

Zgjidhje: Ky integral mund të njehsohet duke përdorur integrimin me pjesë, por është më e lehtë të përdret njënga identitetet e mësipërm:∫

sin 4x cos 5x dx =

∫12

[sin(−x) + sin 9x] dx

=12

∫(− sin x + sin 9x) dx =

12

(cos x −

19

cos 9x)

+ C.

Ushtrime:

Njehsoni integralet.

1.∫

sin5 x cos2 x dx

2.∫

sin8x cos3 x dx

3.∫ 3π/4

π/2sin3 x cos x dx

4.∫ π

0sin5 x dx

5.∫ π

0cos8 x dx

6.∫

sin3(√

x)√

xdx

7.∫

tan2 x dx

8.∫

cos3 x√

sin xdx

9.∫

cos x + sin 2xsin x

dx

10.∫

tan2 x dx

11.∫

tan3 xcos4 x

dx

12.∫

csc x dx

13.∫

dx1 − cos x

14.∫

sin 4x cos 3x dx

15.∫

sec2 x tan x dx

16.∫

x sin2 x dx

17.∫

cos x cos5(sin x) dx

18.∫ π/2

0sin2 x cos2 x dx

19.∫

cot3 x csc3 x dx

20.∫

x sec x tan x dx

21.∫

sin xcos2 x

dx

22.∫ π/6

0sec2 x tan2 x dx

23.∫

tan8 x dx

24.∫

sec6 x dx

25.∫

t sec2(t2) tan4(t2) dt

26.∫

csc4 x2

dx

27. Gjeni vlerën mesatare të funksionit f (x) = sin2 x cos3 xnë intervalin [−π, π].

28. Njehsoni integralin sin x cos x dx me katër metoda:(a) duke bërë zëvendësimin u = cos x(b) duke bërë zëvendësimin u = sin x(c) duke pasur parasysh identitetin sin 2x = 2 sin x cos x(d) duke integruar me pjesëShpjegoni ndryshimin ndërmjet përgjigjeve.






Gjeni sipërfaqen e zonës së kufizuar ndërmjet kurbavetë dhëna.

29. y = sin2 x, y = cos2 x, −π/4 ≤ x ≤ π/4

30. y = sin3 x, y = cos3 x, π/4 ≤ x ≤ 5π/4

Gjeni vëllimin e trupit të përftuar prej rrotullimit të zonëssë kufizuar nga kurbat e dhëna rrotull boshtit të treguar.

31. y = tan2 x, x = π/2, x = π, y = 0; rrotull boshtit të x-ve

32. y = cos x, y = 0, x = 0, x = π/2; rrotull y = −1

33. y = sin x, y = cos x, 0 ≤ x ≤ π/4; rrotull y = 1

34. y = sec x, y = cos x, 0 ≤ x ≤ π/3; rrotull y = −1

35. y = sin x, x = π/2, x = π, y = 0; rrotull boshtit të x-ve

36. Një grimcë lëviz përgjatë një vije të drejtë me funksionshpejtësie v(t) = sinωt cos2 ωt. Gjeni funksionin pozicions = f (t) në qoftë se f (0) = 0.

37. Vërtetoni formulën, ku m dhe n janë numra natyrorë.∫ π

−πsin mx cos nx dx = 0






3.3 Zëvendësimet trigonometrike

Gjatë llogaritjes së sipërfaqeve të një rrethi apo një elipsi, arrijmë në një integral të formës∫√

a2 − x2 dx, ku a > 0.

Në qoftë se do të ishte ∫x√

a2 − x2 dx,

atëherë zëvendësimi u = a2− x2 do ishte me vlerë, por në integralin e trajtës∫

√

a2 − x2 dx

ky zëvendësim nuk funksionon.

θ√

a2 − x2

xa

Figura 3.1: Zëvendësimi trigonometrikx = a cosθ

Në qoftë se ndryshojmë ndryshoret nga x në θ duke bërëzëvendësimin

x = a sinθ,

atëherë identiteti 1−sin2 x = cos2 x na lejon që të dalim nga rrënja katroresepse

√

a2 − x2 =√

a2 − a2sin2θ =

√a2

(1 − sin2 θ

)=√

a2 cos2 θ = a |cosθ|

Vini re ndryshimin midis zëvendësimit u2 = a2− x2 ku ndryshorja e re

është funksion i ndryshores së vjetër dhe x = a sinθ, ku ndryshorja evjetër x është një funksion i variablit të ri θ.

Kjo situatë shihet qartë në Fig. 3.1, ku

sinθ =xa

=⇒√

a2 − x2 = a cosθ.

Në përgjithësi mund të bëjmë një zëvendësim të formës x = g(t) duke përdorur rregullat e zëvendësimit nga eanasjellta. Për t’i bërë llogaritjet më të thjeshta, pranojmë se g është funksion një për një, pra se ka funksion tëanasjelltë. Në këtë rast, në qoftë se zëvendësojmë u me x dhe x me t në rregullin e zëvendësimit, do të kemi∫

f (x) dx =

∫f(g(t)

)· g′(t) dt .

Ky lloj zëvendësimi quhet zëvendësim i anasjelltë.Në shembullin më sipër ne mund të bëjmë zëvendësimin të anasjelltë x = a sinθ duke nënkuptuar se ky është

përcaktuar si funksion një për një. Kjo mund të plotësohet duke ngushtuar vlerat e θ në segmentin[−π2 ,

π2

].

Në Tab. 3.1 kemi treguar disa zëvendësime trigonometrike, që janë të vlefshme për shprehje nën rrënjë përarsye të identiteteve të veçanta trigonometrike. Në secilin rast kufizimi i t është për shkak të faktit që të sigurojë sefunksioni që përcakton zëvendësimi është funksion një për një.

Shembull 3.17. Njehsoni integralin ∫ √

9 − x2

x2 dx .

Zgjidhje: Ndërtojmë trekëndëshin këndëdrejtë me brinjë x dhe 3. Atëherëhipotenuza do të jetë 3; shih Fig. 3.1.Nga ky trekëndësh kemi katetin tjetër të barabartë me

√

9 − x2 = 3 cosθ






Shprehja Zëvendësimi Identiteti

√

a2 − x2 x = a sin t, −π2 ≤ t ≤ π

2 1 − sin2 t = cos2 t

√

a2 + x2 x = a tan t, −π2 < t < π

2 1 + tan2 t = sec2 t

√

x2 − a2 x = a sec t, 0 ≤ t < π2 ose π ≤ t < 3π

2 sec2 t − 1 = tan2 t

Tabela 3.1: Tabela e zëvendësimeve trigonometrike

Atëherëx = 3 sinθ, dhe x = 3 cosθ dθ

Kështu që kemi∫ √

9 − x2

x2 dx =

∫3 cosθ9 sin2 θ

· 3 cosθ dθ =

∫cos2 θ

sin2 θdθ =

∫cot2 θ dθ =

∫(csc2 θ − 1) dθ = − cotθ − θ + C.

Meqenëse

cosθ =9 − x2

x.

atëherë ∫ √

9 − x2

x2 dx = −

√

9 − x2

x− sin−1

(x3

)+ C.

�

Shembull 3.18. Njehsoni sipërfaqen e figurës plane të kufizuar nga elipsi

x2

a2 +y2

b2 = 1.

x

y

a

b

Figura 3.2: Sipërfaqja e elipsit

Zgjidhje: Duke e zgjidhur këtë ekuacion në lidhje me y, ne marrim

y2

b2 = 1 −x2

a2 =a2− x2

a2 ose y = ±ba

√

a2 − x2.

Meqënëse elipsi është simetrik në lidhje me të dy boshtet koordina-tive, sipërfaqja totale A është katërfishi i sipërfaqes së kuadrantit të parë.Pjesa e elipsit në kuadrantin e parë jepet nga funksioni

y =ba

√

a2 − x2 0 ≤ x ≤ a

dhe kështu14

A =

∫ a

0

ba

√

a2 − x2 dx

Për të vlerësuar këtë integral bëjmë zëvendësimin x = a sin t. Atëherëdx = a cos t dt. Për të ndryshuar kufijtë e integrimit, shohim se kur x = 0,

sin t = 0, pra t = 0 ndërsa kur x = a, sin t = 1, pra t = π/2. Gjithashtu

√

a2 − x2 =√

a2 − a2 sin2 t =√

a2 cos2 t = a| cos t| = a cos t






meqë 0 ≤ t ≤ π/2. Prej nga,

A = 4ba

∫ a

0

√

a2 − x2 dx = 4ba

∫ π/2

0a cos t · a cos t dt = 4ab

∫ π/2

0cos2 t dt = 4ab

∫ π/2

0

12

(1 + cos 2t) dt

= 2ab[t +

12

sin 2t]∣∣∣∣∣π/2

0= 2ab

(π2

+ 0 − 0)

= πab.

Treguam kështu se sipërfaqja e figurës plane të kufizuar nga elipsi me gjysmëboshte a dhe b është πab. Në veçantikur marrim a = b = r, kemi provuar formulën se sipërfaqja e rrethit me rreze r është πr2.

�

Vërejtje 3.1. Meqënëse integrali në shembullin e dytë ishte integral i caktuar, ne ndërruam kufijtë e integrimit dhe nuk na udesh të kthehemi mbrapsht tek ndryshorja i vjetër x.

Shohim tani dy raste të tjera të këtyre lloj zëvendësimesh si në tabelën e mësipërme. Jepet një integral qëpërmban shprehjen

√

x2 + a2. Atëherëne bëjmë zëvendësimin e mëposhtëm x = a tanθ.

θ

a

x√

x2 + a2

Figura 3.3: Zëvendësimi trigonometrikx = a cosθ

Figura 3.3 illustron këtë situatë ku kemi

tanθ =xa,√

x2 + a2 = a cosθ, x = a tanθ.

Në këtë rastdx = a secθ dθ

E ilustrojmë këtë situatë me një shembull si më poshtë.

Shembull 3.19. Njehsoni integralin∫1

x2√

x2 + 4dx .

x

y

Figura 3.4: Funksioni 1x2√

x2+4

Zgjidhje: Meqënëse kemi shprehjen√

x2 + a2 atëherë dy katetet etrekëndëshit këndëdrejtë do të jenë a dhe x. Atëherëkemi

x = a tanθ, dhe dx = 2 sec2 θ dt

Gjithashtu√

x2 + 4 =2

cosθ= 2 secθ.

Kështu që kemi∫dx

x2√

x2 + 4=

∫2 sec2 θ dθ

4 tan2 θ · 2 secθ=

14

∫secθtan2 θ

dθ.

Për të njehsuar këtë integral trigonometrik shprehim çdo gjë në varësi tësinθ dhe cosθ dhe kemi

secθtan2 θ

=1

cosθ·

cos2 θ

sin2 θ=

cosθsin2 θ

Prej nga, duke bërë zëvendësimin

u = sinθ,

do kemi ∫dx

x2√

x2 + 4=

14

∫cosθsin2 θ

dθ =14

∫duu2 =

14

(−

1u

)+ C = −

14 sinθ

+ C = −cscθ

4+ C






Dimë se

cscθ =

√

x2 + 4x

dhe kështu ∫dx

x2√

x2 + 4= −

√

x2 + 44x

+ C

�

Shembull 3.20. Njehsoni integralin ∫x

√

x2 + 4dx

x

yZgjidhje: Do të ishte e mundur të përdorej zëvendësimi trigonometrikx = 2 tanθ. Por zëvendësimi i drejtpërdrejtë u = x2 +4 është më i thjeshtë,sepse du = 2x dx dhe∫

x√

x2 + 4dx =

12

∫du√

u=√

u + C =√

x2 + 4 + C.

�

Vërejtje 3.2. Ky shembull ilustron faktin se edhe kur është e mundur të bëhetzëvendësimi trigonometrik, mund të ndodhë që të mos japë zgjidhjen më tëthjeshtë. Ju duhet të shihni për një metodë më të thjeshtë fillimisht.

Rasti i tretë trajton integralet që përmbajnë shprehjen√

x2 − a2. Nëkëtë rast bëjmë zëvendësimin

x =a

cosθ= a secθ, për 0 < θ <

π2.

Siç shihet edhe nga Fig. 3.5 kemi që√

x2 − a2 = a tanθ, dhe dx = a secθ tanθ dθ

θ

a

√

x2 − a2x

Figura 3.5: Zëvendësimi trigonometrikx = a secθ

Ky rast ilustrohet nga shembulli i mëposhtëm.

Shembull 3.21. Njehsoni integralin∫1

√

x2 − a2dx,

ku a > 0.

Shohim dy mënyra të ndryshme njehsimi për këtë integral.

Zgjidhje: 1. Në qoftë se shënojmë me x = a secθ, ku 0 < θ < π/2 oseπ < θ < 3π/2, atëherë

dx = a secθ tanθ dθ

dhe√

x2 − a2 =√

a2 (sec2 θ − 1) =√

a2 tan2 θ = a |tanθ| = a tanθ

Prej nga, ∫dx

√

x2 − a2=

∫a secθ tanθ

a tanθdθ =

∫secθ dθ = ln |secθ + tanθ| + C.






Trekëndëshi na jep

tanθ =

√

x2 − a2

a,

kështu që kemi ∫dx

√

x2 − a2= ln

∣∣∣∣∣∣xa +

√

x2 − a2

a

∣∣∣∣∣∣ + C = ln∣∣∣∣x +√

x2 − a2∣∣∣∣ − ln a + C.

Duke shkruar C1 = C − ln a, kemi ∫dx

√

x2 − a2= ln

∣∣∣∣x +√

x2 − a2∣∣∣∣ + C1. (3.3)

x

y

Figura 3.6: Funksioni 1√x)2−4

Zgjidhje: 2. Për x > 0 mund të përdoret edhe zëvedësimi hiperbolik

x = a coshθ

Duke përdorur identitetin cosh2 y − sinh2 y = 1, kemi

√

x2 − a2 =

√a2(cosh2 θ − 1) =

√a2 sinh2 θ = a sinhθ.

Meqënësedx = a sinhθ dθ,

atëherë kemi∫dx

√

x2 − a2=

∫a sinhθ dθ

a sinhθ=

∫dθ = θ + C.

Meqënëse coshθ = xa , kemi θ = cosh−1

(xa

)dhe∫

dx√

x2 − a2= cosh−1

(xa

)+ C. (3.4)

Edhe pse formulat në këto dy zgjidhje duken të ndryshme, ato janë ekuivalente.�

Vërejtje 3.3. Siç e ilustron edhe shembulli i mësipërm, mund të përdoret zëvendësimi hiperbolik në vend të zëvendësimittrigonometrik dhe ndonjëherë jep përgjigje më të thjeshtë. Por ne zakonisht përdorim zëvendësimet trigonometrike sepseidentitetet trigonometrike janë më familjare sesa identitetet hiperbolike.

Shembull 3.22. Njehsoni integralin ∫ 3√

32

0

x3

(4x2 + 9)32

dx

Zgjidhje: Fillimisht ne shënojmë që

(4x2 + 9)32 =

(√4x2 + 9

)3

dhe kështu zëvendësimet trigonometrike janë të vlefshme. Megjithëse√

4x2 + 9 nuk është njëlloj si shprehjet nëtabelën e zëvendësimeve trigonometrike, ajo transformohet në një prej tyre në qoftë se bëjmë një zëvendësim fillestaru = 2x. Kur e kombinojmë me zëvendësimin e tangentit, marrim

x =32

tanθ,

i cili na jep

dx =32

sec2 θ dθ






dhe√

4x2 + 9 =√

9 tan2 θ + 9 = 3 secθ

Kur x = 0, tanθ = 0, kështu që θ = 0 ndërsa kur x = 3√

32 , tanθ =

√3, kështu që θ = π/3. Pra kemi,

∫ 3√

32

0

x3

(4x2 + 9)3/2dx =

∫ π3

0

278 tan3 θ

27 sec3 θ·32

sec2 θ dθ =3

16

∫ π3

0

tan3 θsecθ

dθ =3

16

∫ π/3

0

sin3 θ

cos2 θdθ =

316

∫ π3

0

1 − cos2 θ

sin2 θsinθ dθ

Tani zëvendësojmë u = cosθ dhe kështu du = − sinθ dθ. Kur θ = 0, u = 1; kur θ = π3 , u = 1

2 . Atëherë,∫ 3√

3/2

0

x3

(4x2 + 9)3/2dx = −

316

∫ 1/2

1

1 − u2

u2 du =316

∫ 1/2

1(1 − u−2)du =

316

[u +

1u

]∣∣∣∣∣ 12

1=

316

[(12− (1 + 1)

)]=

332

�

Shembull 3.23. Njehsoni integralin ∫x

√

3 − 2x − x2dx

.

Zgjidhje: Ne mund ta llogarisim këtë integral, duke transformuar fillimisht shprehjen nën rrënjën katrore për tëplotësuar një katror binomi:

3 − 2x − x2 = 3 − (x2 + 2x) = 3 + 1 − (x2 + 2x + 1) = 4 − (x + 1)2

Kjo na jep mundësinë të bëjmë zëvendësimin u = x + 1. Atëherë du = dx dhe x = u − 1, kështu që∫x

√

3 − 2x − x2dx =

∫u − 1√

4 − u2du

Tani bëjmë zëvendësimin u = 2 sinθ, prej nga du = 2 cosθ dθ dhe√

4 − u2 = 2 cosθ, kështu që∫x

√

3 − 2x − x2dx =

∫2 sinθ − 1

2 cosθ2 cosθ dθ

=

∫(2 sinθ − 1) dθ = −2 cosθ − θ + C

= −√

4 − u2 − sin−1(u

2

)+ C = −

√

3 − 2x − x2 − sin−1(x + 1

2

)+ C

Ushtrime:

Njehsoni integralin duke bërë zëvendësimet e treguaratrigonometrike. Ndërtoni dhe emërtoni trekëndëshatkëndëdrejtë shoqërues.

1.∫

dx

x2√

x2 − 9; x = 3 sec t

2.∫

x3

√

x2 + 9dx; x = 3 tan t

3.∫

x3√

9 − x2 dx; x = 3 sin t


4.∫ 2

√3

0

x3

√

16 − x2dx

5.∫ 2

0x3√

x2 + 4 dx

6.∫

dx

x2√

9 − x2

7.∫ √

x2 − 16x4 dx

8.∫ 4

1

√

x2 − 1x

dx






9.∫√

1 − 9x2 dx

10.∫

x3

√

x2 + 25dx

11.∫

x√

x2 + x + 1dx

12.∫√

9x2 + 18x dx

13.∫ 2/3

0x3√

4 − 9x2 dx

14.∫ 1

0

√

x2 + 1 dx

15.∫

x√

1 − x4 dx

16.∫

dt√

t2 − 6t + 13

17.∫

dx

x√

5 − x2

18.∫

dx(x2 + 2x + 2)2

19.∫

x2

√

4x − x2dx

20.∫ π/2

0

cos t√

1 + sin2 tdt

21.∫

dx(5 − 4x − x2)3/2

22.∫

x2 + 1(x2 − 2x + 2)2 dx

23. Përdorni zëvendësimin trigonometrik për të treguar se

dx√

x2 + a2= ln(x +

√

x2 + a2) + C

24. Përdorni zëvendësimin hiperbolik x = a sinh t për tëtreguar se ∫

dx√

x2 + a2= sinh−1(

xa

) + C

25. Njehsoni∫

x2

(x2 + a2)3/2dx

26. Gjeni vlerën mesatare të f (x) =√

x2−1x , 1 ≤ x ≤ 7.

27. Gjeni sipërfaqen e zonës së kufizuar nga hiperbola 9x2−

4y2 = 36 dhe drejtëza x = 3.

28. Parabola y = 12 x2 e ndan qarkun x2 + y2

≤ 8 në dy pjesë.Gjeni sipërfaqet e të dy pjesëve.

3.4 Integrimi i funksioneve racionale me thyesa të pjesshme

Në këtë leksion do të shohim se si mund të integrohet një funksion racional, duke e shprehur atë si shumëfunksionesh më të thjeshta, të quajtura thyesa të pjesshme, funksione të cilat ne dimë t’i integrojmë. Për të ilustruarmetodën, tërheqim vëmendjen se duke marrë thyesat 2

x−1 dhe 1x+2 më emërues të përbashkët kemi

2x − 1

−1

x + 2=

2(x + 2) − 1(x − 1)(x − 1)(x + 2)

=x + 5

x2 + x − 2

Në qoftë se veprojmë anasjelltas, mund të shohim se si të integrojmë funksionin në të djathtë të ekuacionit tëmësipërm: ∫

x + 5x2 + x − 2

dx =

∫ ( 2x − 1

−1

x + 2

)dx = 2 ln |x − 1| − ln |x + 2| + C

Për të parë se si funksionon kjo metodë në përgjithësi, le të shqyrtojmë një funksion racional si vijon:

f (x) =P(x)Q(x)

ku P dhe Q janë polinome. Është e mundur të shprehet f (x) si shumë e thyesave të thjeshta kur raporti i P është mëe vogël sesa raporti i Q. Kështu që në këtë rast funksioni racional quhet funksioni racional i rregullt. Rikujtojmëqë në qoftë se

P(x) = anxn + an−1xn−1 + · · · + a1x + a0

ku an , 0 dhe grada e P-së thuhet së është n dhe shkruhet deg(P) = n.






Në qoftë se f (x) nuk është i rregullt, pra deg(P) ≥ deg(Q), atëherë fillimisht pjestojmë P me Q dhe me R(x)shënojmë mbetjen e pjestimit e cila është e tillë që deg(R) < deg(Q). Atëherë funksioni mund të shkruhet

f (x) =P(x)Q(x)

= S(x) +R(x)Q(x)

,

ku S dhe R janë gjithashtu polinome. Si në shembullin në vazhdim, ndonjëherë nevojitet vetëm ky hap paraprak.

Shembull 3.24. Njehsoni integralin ∫x3 + xx − 1

dx .

Zgjidhje: Meqënëse raporti i numëruesit është më e madhe sesa raporti i emëruesit, atëherë fillimisht bëjmëpjestimin e numëruesit me emëruesin. Kështu që

x3 + xx − 1

= x2 + x + 2 +2

x − 1

Prej këtej ∫x3 + xx − 1

dx =

∫ (x2 + x + 2 +

2x − 1

)dx =

x3

3+

x2

2+ 2x + 2 ln |x − 1| + C

�Hapi i dytë do të ishte faktorizimi i emëruesit, ose zbërthimi i emëruesit sipas të gjitha rrënjëve, pra si prodhim

i faktorëve linearë (të formës ax + b) dhe kuadratikë (të formës ax2 + bx + c ku b2− 4ac < 0). Për shembull, në qoftë

se Q(x) = x2− 16, ne mund ta faktorizojmë si:

Q(x) = (x2− 4)(x2 + 4) = (x − 2)(x + 2)(x2 + 4)

Lemma e mëposhtme garanton se kjo është gjithmonë e mundur.

Lema 3.1. Në qoftë se f (x) ∈ R[x] është një polinom me koeficentë racionalë atëherë f (x) factorizohet ne prodhim faktorëshlinearë ose kuadratikë.

Për vërtetimin e kësaj leme dhe rezultate të tjera mbi polinomet shihni [5].Hapi i tretë do të ishte shprehja e funksionit racional R(x)

Q(x) si shumë thyesash të thjeshta të formës

A(ax + b)i ose

Ax + B(ax2 + bx + c) j

Ne do shpjegojmë me detaje katër nga këto raste.

3.4.1 Rasti i parë. Kur emëruesi është prodhim i faktorëve linearë.

Kjo do të thotë se ne mund të shkruajmë

Q(x) = (a1x + b1)(a2x + b2) · · · (akx + bk)

ku asnjë faktor nuk përsëritet. Në këtë rast teorema thotë se ekzistojnë konstantet A1, A2, · · · , Ak të tilla që

R(x)Q(x)

=A1

a1x + b1+

A2

a2x + b2+ · · · +

Ak

akx + bk(3.5)

Këto konstante mund të përcaktohen si në shembullin në vazhdim.

Shembull 3.25. Njehsoni∫

x2 + 2x − 12x3 + 3x2 − 2x

dx.






Zgjidhje: Meqënëse raporti i numëruesit është më e vogël se e emëruesit, kjo do të thotë se nuk kemi nevojë tëbëjmë pjestimin. Faktorizojmë emëruesin si

2x3 + 3x2− 2x = x(2x2 + 3x − 2) = x(2x − 1)(x + 2)

Meqënëse emëruesi ka tre faktorë linearë, atëherë zbërthimi i funksionit nën integral do ketë formën

x2 + 2x − 1x(2x − 1)(x + 2)

=Ax

+B

2x − 1+

Cx + 2

(3.6)

Për të përcaktuar këta koefiçentë shumëzojmë të dy anët e ekuacionit të mësipërm me prodhimin x(2x − 1)(x + 2),duke përftuar

x2 + 2x − 1 = A(2x − 1)(x + 2) + Bx(x + 2) + Cx(2x − 1) (3.7)Duke zbërthyer kllapat e anës së djathtë të ekuacionit të mësipërm dhe duke e shkruajtur shprehjen në formënstandarte të polinomit, marrim

x2 + 2x − 1 = (2A + B + 2C)x2 + (3A + 2B − C)x − 2A (3.8)

Polinomet në këtë ekuacion janë identikë, kështu që koeficentët pranë fuqive të njëjta të x-it janë të barabartë. Kështuqë duke i barazuar këto keoficentë marrim

2A + B + 2C = 13A + 2B − C = 2

−2A = −1

Duke e zgjidhur këtë sistem ekuacionesh, kemi A = 12 , B = 1

5 , dhe C = − 110 dhe kështu∫

x2 + x − 12x3 + 3x2 − 2x

dx =

∫ (12

1x

+15

12x + 1

−1

101

x + 2

)dx

=12

ln |x| +1

10ln |2x + 1| −

110

ln |x + 2| + K

Në integrimin e thyesës së mesit kemi bërë zëvendësmin me mend u = 2x − 1, i cili na jep du = 2 dx dhe dx = du/2.�

Vërejtje 3.4. Ju mund të përdorni një metodë alternative për të getur koefiçentët A B dhe C. Ekuacioni i fundit është njëidentitet, pra barazim i vërtetë për çdo vlerë të x-it. Le të zgjedhim vlerat e x-it të cilat e thjeshtojnë ekuacionin. po qe sezëvendësojmë x = 0 në ekuacion, atëherë termi i dytë dhe i tretë anullohen dhe ekuacioni bëhet −2A = −1, ose A = 1

2 . Ponjëlloj po qe se zëvendësojmë x = 1/2 marrim 5B/4 = 1

4 , pra B = 1/5 dhe për x = −2 kemi 10C = −1 dhe C = −1/10.

Shembull 3.26. Gjeni∫

dxx2 − a2 , ku a , 0.

Zgjidhje: Zbërthejmë funksionin si me poshtë

1x2 − a2 =

1(x − a)(x + a)

=A

x − a+

Bx + a

dhe prej këtejA(x + a) + B(x − a) = 1

Duke përdorur metodën si në vërejtjen e mësipërme, zëvendësojmë x = a dhe marrim A(2a) = 1, kështu që A = 12a .

po qe se zëvendësojmë x = −a kemi B(−2a) = 1, kështu që B = − 12a . Pra,∫

dxx2 − a2 =

12a

∫(

1x − a

−1

x + a) dx

=12a

(ln |x − a| − ln |x + a|) + C

Meqënëse ln x − ln y = ln(x/y), mund ta shkruajmë integralin∫dx

x2 − a2 =12a

ln |x − ax + a

| + C (3.9)

�






3.4.2 Rasti i Dytë. Q(x) është prodhim faktorësh lineare, ku disa përsëriten.

Supozojmë se faktori i parë a1x + b1 përsëritet r herë, në faktorizimin e Q(x). Atëherë në vend të një termi tëvetëm A1

(a1x+b1) ne shkruajmëA1

a1x + b1+

A2

(a1x + b1)2 + · · · +Ar

(a1x + b1)r (3.10)

dhe për ta ilustruar mund të shkruajmë

x3− x + 1

x2(x − 1)3 =Ax

+Bx2 +

C(x − 1)

+D

(x − 1)2 +E

(x − 1)3

Dhe për ta parë më të detajuar shohim një shembull të thjeshtë.

Shembull 3.27. Gjeni∫

x4− 2x2 + 4x + 1

x3 − x2 − x + 1dx.

Zgjidhje: Hapi i parë është pjestimi. Rezultati është

x4− 2x2 + 4x + 1

x3 − x2 − x + 1= x + 1 +

4xx3 − x2 − x + 1

Hapi i dytë është faktorizimi i emëruesit Q(x) = x3− x2− x + 1. Meqënëse Q(1) = 0, ne kemi x− 1 faktor dhe kështu

kemix3− x2− x + 1 = (x − 1)(x2

− 1) = (x − 1)(x − 1)(x + 1) = (x − 1)2(x + 1)

Meqënëse faktori linear (x-1) përsëritet dy herë, atëherë zbërthimi i funksionit ka trajtën

4x(x − 1)2(x + 1)

=A

x − 1+

B(x − 1)2 +

Cx + 1

Duke shumëzuar anë për anë me emëruesin e përbashkët, (x − 1)2(x + 1), kemi

4x = A(x − 1)(x + 1) + B(x + 1) + C(x − 1)2 = (A + C)x2 + (B − 2C)x + (−A + B + C) (3.11)

Tani llogarisim koeficentët: A + C = 0

B − 2C = 4−A + B + C = 0

Duke zgjidhur sistemin, kemi A = 1, B = 2, dhe C = −1, kështu që∫x4− 2x2 + 4x + 1

x3 − x2 − x + 1dx =

∫[x + 1 +

1x − 1

+2

(x − 1)2 −1

x + 1] dx

=x2

2+ x + ln |x − 1| −

2x − 1

− ln |x + 1| + K

=x2

2+ x −

2x − 1

+ ln |x − 1x + 1

| + K

�

3.4.3 Rasti i Tretë. Q(x) përmban faktorë kuadratikë të pathjeshtueshëm (trinom të fuqisësë dytë që nuk ka rrënjë reale).

Në qoftë se Q(x) ka një faktor ax2 + bx + c, ku b2− 4ac < 0, atëherë si shtesë e shprehjes së raportit R(x)/Q(x) do

jetë edheAx + B

ax2 + bx + c(3.12)






Ku A dhe B janë konstante që duhen përcaktuar. Për shembull, në qoftë se f (x) = x/[(x − 2)(x2 + 1)(x2 + 4)], ai kazbërthimin e formës

x(x − 2)(x2 + 1)(x2 + 4)

=A

x − 2+

Bx + Cx2 + 1

+Dx + Ex2 + 4

Termi i dhënë në ekuacionin e mësipërm mund të integrohet duke plotësuar katrorin e binomit dhe duke përdorurformulën ∫

dxx2 + a2 =

1a

tan−1(xa

) + C (3.13)


2x2− x + 4

x3 + 4xdx.

Zgjidhje: Meqënëse x3 + 4x = x(x2 + 4) dhe nuk mund të faktorizohet më tej. Ne mund të shkruajmë

2x2− x + 4

x3 + 4x=

Ax

+Bx + Cx2 + 4

Duke shumëzuar me x(x2 + 4), kemi

2x2− x + 4 = A(x2 + 4) + (Bx + C)x = (A + B)x2 + Cx + 4A

Duke barazuar koefiçentët pranë fuqive të njëjta të x, kemiA + B = 2C = −14A = 4

Kështu që A = 1, B = 1, dhe C = −1 dhe prej këtej∫2x2− x + 4

x3 + 4xdx =

∫(1x

+x − 1x2 + 4

) dx

Në mënyrë që të integrojmë termin e dytë, e ndajmë atë në dy pjesë:∫x − 1x2 + 4

dx =

∫x

x2 + 4dx−

∫1

x2 + 4

Bëjmë zëvendësimin u = x2 + 4 në integralin e parë të kësaj pjese, kështu që du = 2x dx. Dhe përfundimisht do kemi∫2x2− x + 4

x3 + 4xdx =

∫1x

dx +

∫x

x2 + 4dx−

∫1

x2 + 4dx

= ln |x| +12

ln(x2 + 4) −12

tan−1(x/2) + K

�


4x2− 3x + 2

4x2 − 4x + 3dx

Zgjidhje: Meqënëse numëruesi dhe emëruesi kanë të njëjtën gradë, fillimisht pjestojmë dhe marrim

4x2− 3x + 2

4x2 − 4x + 3= 1 +

x − 14x2 − 4x + 3

Vërejmë se trinomi 4x2− 4x + 3 është i pazbërthyeshëm sepse dallori i tij është b2

− 4ac = −32 < 0. Për të integruarfunksionin e dhënë fillimisht plotësojmë katrorin e binomit për emëruesin:

4x2− 4x + 3 = (2x − 1)2 + 2






kjo na sugjeron të bëjmë zëvendësimin u = 2x − 1. Atëherë du = 2 dx dhe x = (u + 1)/2, kështu që∫4x2− 3x + 2

4x2 − 4x + 3dx =

∫(1 +

x − 14x2 − 4x + 3

) dx

= x +12

∫ 12 (u + 1) − 1

u2 + 2du = x +

14

∫u − 1u2 + 2

du

= x +18

ln(u2 + 2) −14·

1√

2tan−1(

u√

2) + C

= x +18

ln(4x2− 4x + 3) −

1

4√

2tan−1(

2x − 1√

2) + C

�

Vërejtje 3.5. Shembulli i mësipërm ilustron procedurën për integrimin e thyesave elementare të formës

Ax + Bax2 + bx + c

ku b2− 4ac < 0

Ne plotësojmë katrorin e binomit dhe më pas bëjmë zëvendësimin i cili na sjell në integralin e formës∫Cu + Du2 + a2 du = C

∫u

u2 + a2 du + D∫

1u2 + a2 du

atëherë integrali i parë është një logaritëm dhe i dyti shprehet në terma të tan−1.

3.4.4 Rasti i Katërt. Q(x) përmban një faktor kuadratik të pathjeshtueshëm të përsëritur.

Në qoftë se Q(x) ka faktor (ax2 + bx + c)r ku b2− 4ac < 0, atëherë në vend të një faktori të vetëm do kemi shumën

A1x + B1

ax2 + bx + c+

A2x + B2

(ax2 + bx + c)2 + · · · +Arx + Br

(ax2 + bx + c)r (3.14)

dhe secili prej këtyre integraleve mund të integrohet duke plotësuar katrorin e binomit.


1 − x + 2x2− x3

x(x2 + 1)2 dx.

Zgjidhje: Forma e zbërthimit të funksionit është

1 − x + 2x2− x3

x(x2 + 1)2 =Ax

+Bx + Cx2 + 1

+Dx + E

(x2 + 1)2

Duke shumëzuar anë për anë me x(x2 + 1)2, kemi

−x3 + 2x2− x + 1 = A(x2 + 1)2 + (Bx + C)x(x2 + 1) + (Dx + E)(x)

= A(x4 + 2x2 + 1) + B(x4 + x2) + C(x3 + x) + D(x2) + Ex

= (A + B)x4 + Cx3 + (2A + B + D)x2 + (C + E)x + A

dhe duke barazuar koefiçentët pranë fuqive të njëjta të x, marrim sisteminA + B = 0C = −12A + B + D = 2C + E = −1A = 1






që na jep zgjidhjen A = 1, B = −1, C = −1, D = 1, dhe E = 0. Prandaj,∫1 − x + 2x2

− x3

x(x2 + 1)2 dx =

∫(1x

=x + 1x2 + 1

+x

(x2 + 1)2 ) dx

=

∫dxx−

∫x

x2 + 1dx−

∫dx

x2 + 1+

∫x dx

(x2 + 1)2

= ln |x| −12

ln(x2 + 1) − tan−1 x −1

2(x2 + 1)+ K

�

3.4.5 Racionalizimi i funksioneve nëpërmjet zëvendësimeve

Disa funksione irracionale mund të shndërrohen në funksione racionale nëpërmjet zëvendësimeve të përshtat-shme. Në veçanti kur funksioni nën integral përmban një shprehje të formës n

√g(x) zëvendësimi u = n

√g(x) mund

të jetë efektiv. Le të shohim një shembull.

Shembull 3.31. Njehsoni∫ √

x + 4x

dx.

Zgjidhje: Le të shënojmë u =√

x + 4, atëherë u2 = x + 4, kështu që x = u2− 4 dhe dx = 2u du. Atëherë∫ √

x + 4x

dx =

∫u

u2 − 4· 2udu = 2

∫u2

u2 − 4du

= 2∫

(1 +4

u2 − 4)du

Ne mund ta llogarisim integralin edhe duke faktorizuar u2− 4 si (u − 2)(u + 2) dhe duke përdorur thyesat

elementare dhe marrim ∫ √x + 4x

dx = 2∫

du + 8∫

duu2 − 4

= 2u + 8 ·1

2 · 2ln |

u − 2u + 2

| + C

= 2√

x + 4 + 2 ln |

√x + 4 − 2√

x + 4 + 2| + C

Ushtrime:

Zbërtheni thyesat në thyesa elementare me metodën ekoefiçentëve të pacaktuar.

1. 2x(x−3)(2x+5)

2. 1x3+3x2+x

3. x−1x3+x2

4. x−1x3+x

5. 7(x2−16)2

6. 3x−5(x+2)3(x2+1)2

7. x4+1x5+4x3

8. x3

x2+4x+3

9. x4

x4−1

10. 2x2+3x−4

11. 1x9−x6

12. t4+t2+1(t2+1)(t2+4)


13.∫

3x2x − 5

dx






14.∫

x2

x − 8dx

15.∫

x − 5(x + 7)(x − 3)

dx

16.∫

dx(x + 5)(x − 2)

17.∫ 5

3

dxx2 − 1

18.∫

axx2 − x

dx

19.∫ 1

0

x − 1x2 + 5x + 2

dx

20.∫ 2

1

4x2− 7x − 12

x(x + 2)(x − 3)dx

21.∫

5x + 9(x + 3)2 dx

22.∫

dx(x − 3)2(x + 5)

23.∫

5x2 + 7x + 3x3 + 2x2 dx

24.∫

dtt2(t + 1)2

25.∫

x + 4x2 + 2x + 5

dx

26.∫

dxx3 − 8

27.∫

x3

x3 + 8dx

28.∫

x4 + 3x2 + 1x5 + 5x3 + 5x

dx

29.∫

x2− 5x + 16

(2x + 3)(x − 3)2 dx

30.∫

x3 + 2x2 + 3x − 2(x2 + 2x + 2)2 dx

Bëni fillimisht një zëvendësim që ta ktheni funksioninnën integral në një funksion racional e më pas njehsoniintegralin.

31.∫

dx

x −√

x + 3

32.∫ 1

0

dx2 + 3√

x

33.∫

dx

x√

x + 3

34.∫ √

xx − 3

dx

35.∫

dx

3√

x + 2 + x

36.∫

dx3√

x −√

x

37.∫ √

1 +√

x

xdx

38.∫

dx4√

x + 3√

x

39.∫

e2x

e2x + 3ex + 2dx

40.∫

cos xsin2 x + sin x

dx

41.∫ √

xx2 + x

dx

Përdorni integrimin me pjesë së bashku me teknikat ekëtij seksioni për të njehsuar integralet.

42.∫

ln(x2− 3x + 1) dx

43.∫

x arctan x dx

Njehsoni integralet duke plotësuar katrorin e binomit.

44.∫

1x2 − 6x

dx

45.∫

3x + 54x2 + 12x − 5

dx

Gjeni sipërfaqen e zonës nën kurbën e dhënë nga a në b.

46. y = 1x2−6x+8 , a = 5, b = 10

47. y = 1x2+x , a = 1, b = 2

48. y = x2+13x−x2 , a = 1, b = 2

49. y = x+1x−1 , a = 2, b = 3

50. Supozojmë se f , g, dhe h janë polinome dhe

f (x)h(x)

=g(x)h(x)

për të gjitha x-et me përjashtim kur h(x) = 0. Vërtetoni sef (x) = g(x) për të gjitha x-et.

51. Në qoftë se f është një funksion kuadratik i tillë që f (0) = 1dhe ∫

f (x)x2(x + 1)3 dx

është funksion racional, gjeni vlerën e f ′(0).






3.5 Strategji Integrimi

Siç e kemi parë gjatë këtij kapitulli integrimi është më i vështirë se derivimi. Në gjetjen e derivatit të njëfunksioni është e qartë se cilën formulë derivimi duhet të përdorësh, por zakonisht është e paqartë se cilën metodëapo formulë duhet të përdorësh për inegrimin e një funksioni. Më poshtë do të përpiqemi të përmbledhim këtometoda, të prezantojmë një koleksion metodash të kombinuara sipas rastit, dhe të përpiqemi të japim disa strategjiintegrimi.

Paraprakisht që çdo strategji të funksionojë nevojitet një njohje e formulave bazë të integrimit. Në tabelën nëvazhdim kemi përmbledhur gjithë formulat e integraleve që kemi mundur të gjejmë në këtë kapitull. Një listë eplotë e formulave të integrimit jepet në tabelat në fund të këtij libri.

∫xn dx =

xn+1

n + 1, (n , −1)

∫1x

dx = ln |x|∫ex dx = ex

∫ax dx =

ax

ln a∫sin x dx = − cos x

∫cos x dx = sin x∫

sec2 x dx = tan x∫

csc2 x dx = − cot x∫secx tan x dx = sec x

∫csc x cot x dx = − csc x∫

tanx dx = ln | sec x|∫

cot x dx = ln | sin x|∫sinh x dx = cosh x

∫cosh x dx = sinh x∫

dxx2 + a2 =

1a

tan−1(x

a

) ∫dx

√

a2 − x2= sin−1

(xa

)∫

dxx2 − a2 =

12a

ln∣∣∣∣x − ax + a

∣∣∣∣ ∫dx

√

x2 ± a2= ln |x +

√

x2 ± a2|∫sec x dx = ln |sec x + tan x|

∫csc x dx = ln | csc x − cot x|

Pra, tani që jemi pajisur me këto formula bazë integrimi mund të mendohet nëpërmjet katër hapave tëmëposhtëm:

1: Thjeshtoni integralin në qoftëse është e mundur.

Ndonjëherë përdorimi i veprimeve algjebrike apo i identiteteve trigonometrike mund ta thjeshtojë integralindhe ta bëjë më të qartë metodën e integrimit. Këtu janë disa shembuj:∫

√x(1 +√

x)

dx =

∫(√

x + x) dx∫tan xsec2 x

dx =

∫sin xcos x

cos2 x dx =

∫sin x cos x dx =

12

∫sin 2x dx∫

(sin x + cos x) dx =

∫(sin2 x + 2 sin x cos x + cos2 x) dx =

∫(1 + 2 sin x cos x) dx






2: Shihni për zëvendësime të përshtatshme.

Përpiqu të gjesh ndonjë funksion u = g(x) nën shenjën e integralit diferenciali i të cilit du = g′(x) dx të jetëgjithashtu nën shenjën e integralit, me përjashtim ndoshta të ndonjë konstanteje. Për shembull, në integralin∫

xx2 − 1

dx

ne shohim se në qoftë se u = x2− 1, atëherë du = 2x dx. Prej nga ne përdorim zëvendësimin u = x2

− 1 në vend tëintegrmit të thyesave racionale.

3: Klasifikoni integralin në varësi të formës së tij.

Në hapat 1 dhe 2 nuk jepet zgjidhja, kështu që shohim trajtën e funksionit nën integral.

a) Funksionet trigonometrike . Në qoftë se f (x) është një prodhim i fuqive të sin x, cos x, tan x, dhe sec x, apo cot xdhe csc x, atëherë përdorni zëvendësimet e sugjeruara më lart.

b) Funksionet Racionale. Në qoftë se f (x) është funksion racional, atëherë përdorim procedurat e njohura përgjetjen e integraleve të funksioneve racionale.

c) Integrimi me pjesë. Në qoftë se f (x) është prodhim i një fuqie të x (ose polinomi) dhe një funksioni transhendent(si trigonometrik, eksponencial, ose funksion logaritmik ), atëherë përdorim integrimin me pjesë.

d) Rrenjët apo radikalet Raste të veçanta zëvendësimesh janë rekomanduar për disa tipe rrënjësh.

• Në qoftë se√

±x2 ± a2 ndodhet nën shenjën e integralit, atëherë përdorni zëvendësimet trigonometrike.

• Në qoftë sen√

ax + b ndodhet nën shjenjën e integralit, përdorni zëvendësimin racional u =n√

ax + b. Nëmënyrë më të përgjithshme funksionon edhe zëvendësimi për n

√g(x).

4: Provoni sërish

Në qoftë se tre hapat e para nuk kanë dhënë rezultat për integrimin, kujtohuni se janë dy metoda bazë integrimi:me zëvendësim dhe me pjesë.

a) Provo me zëvendësim. Edhe pse mund të mos ketë pasur mundësi për zëvendësim të drejtpërdrejtë (në hapin2)përsëri mund të ketë hapësirë për një zëvendësim të parshtatshëm.

b) Të përpiqesh të integrosh me pjesë. Edhe pse integrimi me pjesë përdoret për në shumicën e rasteve tëprodhimeve të përshkruara në hapin 3(c), është ndonjëherë i përshtatshëm edhe në funksione të vetme. Kjofunksionon për tan−1 x, sin−1 x, dhe ln x dhe këto janë të gjithë funksione inverse.

c) Përpunimi i integralit. Veprimet algjebrike mund të jenë të përdorshme për transformimin e integralit në formëmë të thjeshtë. Këto veprime mund të jenë thelbësore. Këtu kemi një shembull:∫

dx1 − cos x

=

∫1

1 − cos x·

1 + cos x1 + cos x

dx∫1 + cos x

sin2 xdx =

∫ (csc2 x +

cos xsin2 x

)dx

d) Lidhni problemin me probleme të mëparshme. Kur ju keni fituar një farë eksperience në integrim, ju mund tëjeni në gjendje të përdorni një metodë në integralin e dhënë të ngjashme me një metodë që ju tashmë e kenipërdorur në një integral të mëparshëm. Ose mund të jeni në gjendje të shprehni integralin e dhënë në varësitë një integrali të mëparshëm.






Për shembull,∫

tan2 x sec x dx është i komplikuar si integral por në qoftë se përdorim identitetin tan2 x =

sec2 x − 1, ne mund të shkruajmë∫tan2 x sec x dx =

∫sec3 x dx−

∫sec x dx

dhe meqë∫

sec3 x dx është llogaritur më parë mund ta përdorim në këtë problem.

e Përdorim metoda të ndryshme. Ndonjëherë mund të kërkohet të përdoren dy ose tre metoda për llogaritjen enjë integrali. Njehsimi mund të përfshijë disa zëvendësime të tipeve të ndryshme, ose mund të kombinohenintegrimi me pjesë me një ose më shumë zëvendësime.

Le të shohim shembujt në vazhdim duke pasur parasysh strategjitë e mësipërme.

Shembull 3.32. Gjeni integralin ∫tan3 xcos3 x

dx

Zgjidhje: Në hapin e parë ne e rishkruam integralin:∫tan3 xcos3 x

dx =

∫tan3 x sec3 x dx

Integrali tani është i formës∫

tanm x secn x dx me m numër tek, kështu që mund të përdorim çfarë kemi mësuar më

lart. Ose ndryshe, në qoftë se në hapin 1 ne patëm shkruar∫tan3 xcos3 x

dx =

∫sin3 xcos3 x

·1

cos3 xdx =

∫sin3 xcos6 x

dx

dhe këtu mund të vazhdonim me integrimin duke bërë zëvendësimin u = cos x:∫sin3 xcos6 x

dx =

∫1 − cos2 x

cos6 xsin x dx =

∫1 − u2

u6 (−du) =

∫u2− 1

u6 du =

∫(u−4− u−6)du

�

Shembull 3.33. Gjeni integralin ∫e√

x dx

Zgjidhje: Në lidhje me hapin 3 ne zëvendësojmë u =√

x. Atëherë x = u2, kështu që dx = 2u du dhe∫e√

x dx = 2∫

ueu du

Shprehja nën integral tani është prodhim i u me një funksion transhendent eu, kështu që mund të integrohet mepjesë.

�

Shembull 3.34. Gjeni integralin ∫x5 + 1

x3 − 3x2 − 10xdx

Zgjidhje: Këtu nuk mund të zbatohen hapat 1 dhe 2. Shprehja nën integral është një funksion racional kështu qëaplikojmë procedurën për këto funksione duke patur parasysh se hapi i parë atje është pjestimi. �






Shembull 3.35. Gjeni integralin ∫ √1 − x1 + x

dx

Zgjidhje: Megjithëse zëvendësimi racional

u =

√1 − x1 + x

këtu funksionon, ai na çon në një funksion të komplikuar racional. Një metodë më e thjeshtë është duke bërë disaveprime algjebrike. Duke shumëzuar numëruesin dhe emëruesin me

√1 − x, kemi∫ √

1 − x1 + x

dx =

∫1 − x√

1 − x2dx =

∫1

√

1 − x2dx−

∫x

√

1 − x2dx = sin−1 x +

√

1 − x2 + C

�

3.5.1 A mund të integrojmë çdo funksion të vazhdueshëm?

Lind pyetja: A na mundëson strategjia për integrim të gjejmë integralin e çdo funksioni të vazhdueshëm? Për

shembull, a mund ta përdorim për të integruar∫

ex2dx? Përgjigja është jo, të paktën jo në termat e funksioneve që

janë familjarë për ne.Funksionet me të cilat kemi punuar deri tani janë quajtur funksione elementare. Këto janë polinomet, funk-

sionet racionale, funksionet fuqi, eksponenciale, funksionet logaritmike, trigonometrike dhe funksionet e anasjelltatrigonometrike, funksionet hiperbolike dhe të anasjellta hiperbolike dhe të gjitha funksionet që përftohen prej këtyrenëpërmjet mbledhjes, shumëzimit, pjestimit dhe kompozimit. Për shembull funksioni:

f (x) =

√x2 − 1

x3 + 2x − 1+ ln(cosh x) − xesin 2x

është funksion elementar.

Në qoftë se f (x) është funksion elementar, atëherë f ′ është funksion elementar por∫

f (x) dx nuk është nevoja

të jetë elementar. Shqyrtojmë funksionin f (x) = ex2. Meqënëse f (x) është funksion i vazhdueshëm, integrali i tij

ekziston dhe në qoftë se përcaktojmë funksionin F me

F(x) =

∫ x

0et2

dt

atëherë ne dimë nga pjesa e parë e Teoremës Themelore të Kalkulusit se

F′(x) = ex2

Prandaj, f (x) = ex2ka një primitiv F, por provohet se F nuk është funksion elementar. Kjo do të thotë se

pavarësisht sesa mund të përpiqemi, ne s’do të mundemi ta njehsojmë integralin∫

ex2dx në termat e funksioneve

që ne njohim. E njëjta gje mund të thuhet për integralet e mëposhtëm:∫ex

xdx,

∫sin(x2) dx,

∫cos(ex) dx,

∫√

x3 + 1 dx,∫

1ln x

dx,∫

sin xx

dx

Në fakt shumica e funksioneve elementare nuk kanë primitivë elementarë.






3.5.2 Tabelat e Integraleve

Tabelat e integraleve të pacaktuara janë mjaft të përdorshme kur përballesh me integrale të cilët janë të vështirëpër tu njehsuar drejtpërdrejt dhe nuk ke akses në një sistem kompjuterik algjebrik. Një tabelë prej rreth 120integralesh, të karakterizuar nga forma e tyre është paraqitur në fund të librit. Duhet mbajtur mend se integraletnuk paraqiten në të njëjtën formë si në tabelë. Zakonisht na nevojitet të përdorim zëvendësimin ose veprimetalgjebrike për ta transformuar një integral të dhënë në një prej atyre të paraqitur në tabelë.

Shembull 3.36. Zona plane e kufizuar nga kurbat y = arctan x, y = 0, dhe x = 1 rrotullohet rreth boshtit të y-ve. Gjenivëllimin e trupit të përftuar prej rrotullimit.

Zgjidhje: Duke përdorur metodat e tubave cilindrike, ne shohim se vëllimi është

V =

∫ 1

02πx arctan x dx

Në këtë paragraf të tabelave të integrimit të quajtur format trigonometrike inverse kemi formulën:∫u tan−1 udu =

u2 + 12

tan−1 u −u2

+ C

Prandaj vëllimi do jetë:

V = 2π∫ 1

0x tan−1 x dx = 2π

[x2 + 1

2tan−1 x −

x2

]1

0= π

[(x2 + 1) tan−1 x − x

]∣∣∣∣10

= π(2 tan−1 1 − 1

)= π

[2π4− 1

]=

12π2− π

�

Shembull 3.37. Përdorni tabelën e integraleve për të njehsuar∫x2

√

5 − 4x2dx

Zgjidhje: Në qoftë se shohim tek tabela e integraleve për integralet që përmbajnë forma si√

a2 − u2, shohim se:∫u2

√

a2 − u2du = −

u2

√

a2 − u2 +a2

2sin−1(

ua

) + C

Ky nuk është tamam ajo që ne kemi por, mund ta përdorim atë pasi të kemi bërë zëvendësimin u = 2x.∫x2

√

5 − 4x2dx =

18

∫(u/2)2

√

5 − u2

du2

=18

∫u2

√

5 − u2du.

Atëherë duke përdorur formulën e mësipërme me a2 = 5 (pra a =√

5) kemi:∫x2

√

5 − 4x2dx =

18

∫u2

√

5 − u2du =

18

∫u2

√

5 − u2du

=18

(−u2

√

5 − u2 +52

sin−1 u√

5) + C = −

x8

√

5 − 4x2 +516

sin−1(2x√

5) + C

�

Shembull 3.38. Përdor tabelën e integraleve për të njehsuar∫

x3 sin x dx.






Zgjidhje: Në qoftë se shohim tek paragrafi i formave trigonometrike, shohim se asnjë prej tyre nuk e përfshin x3 sifaktor. Megjithatë, mund të përdorim formulën e reduktuar∫

un cos udu = un sin u − n∫

un−1 sin u du

për n = 3 dhe kemi: ∫x3 sin x dx = −x3 cos x + 3

∫x2 cos x

Tani na duhet të llogaritim∫

x2 cos x dx. Mund ta përdorim përsëri formulën për n = 2 dhe do kemi:∫x2 cos x dx = x2 sin x − 2

∫x sin x dx

= x2 sin x − 2(sin x − x cos x) + K

Duke kombinuar këto llogaritje, marrim∫x3 sin x dx = −x3 cos x + 3x2 sin x + 6x cos x − 6 sin x + C

Ku C = 3K.�

Shembull 3.39. Përdorni tabelën e integraleve për të njehsuar∫

x√

x2 + 2x + 4 dx.

Zgjidhje: Meqënëse tabela jep integrale të formës√

a2 + x2,√

a2 − x2, dhe√

x2 − a2, por jo√

ax2 + bx + c, ne fillimishtplotësojmë katrorin e binomit:

x2 + 2x + 4 = (x + 1)2 + 3

Në qoftë se bëjmë zëvendësimin u = x + 1 (pra x = u − 1), integrali do të vijë në trajtën√

a2 + u2, pra:∫x√

x2 + 2x + 4 dx =

∫(u − 1)

√

u2 + 3du

=

∫u√

u2 + 3du −∫√

u2 + 3du

Integrali i parë njehsohet duke përdorur zëvendësimin t = u2 + 3.∫u√

u2 + 3du =12

∫√

t dt =12·

23

t3/2 =13

(u2 + 3)3/2

Për integralin e dytë përdorim formulën:∫√

a2 + u2du =u2

√

a2 + u2 +a2

2ln(u +

√

a2 + u2) + C me a =√

3

dhe kemi: ∫√

u2 + 3du =u2

√

u2 + 3 +32

ln(u +√

u2 + 3)

Prandaj ∫x√

x2 + 2x + 4 dx =13

(x2 + 2x + 4)3/2−

x + 12

√

x2 + 2x + 4 −32

ln(x + 1 +√

x2 + 2x + 4) + C

�






3.5.3 Sistemet Kompjuterike Algjebrike

Ne kemi parë se përdorimi i tabelave ndihmon në njehsimin e integraleve duke transformuar shprehjet nënintegral për ti sjellë në një nga format e njohura në tabelat e integraleve. Kompjuterat janë veçanërisht efiçentë nëllogaritjen e integraleve. Dhe ashtu sikurse përdorëm zëvendësimin në lidhje me tabelën, edhe sistemet kompju-terike algjebrike mund ta performojnë zëvendësimin për ta transformuar një integral të dhënë në një i cili gjendetnë formulat e veta. Por kjo nuk do të thotë se integrimi me dorë është kështu i panevojshëm. Ne do të shohim senjë llogaritje me dorë mund të japë një përgjigje më të përshtatshme sesa një përgjigje kalkulatori.

Për ta nisur, le të shohim se çfarë ndodh kur ne i kërkojmë një kalkulatori të integrojë një funksion relativisht tëthjeshtë

y =1

3x − 2Duke përdorur zëvendësmin u = 3x − 2, një llogaritje e lehtë me dorë jep∫

13x − 2

dx =13

ln |3x − 2| + C

Ndërsa Derive, Mathematika, dhe Maple të gjitha kthjenë përgjigjen

13

ln(3x − 2)

E para gjë që duhet vënë re është që sistemet kompjuterike algjebrike nuk e marrin parasysh konstanten eintegrimit. Me fjalë të tjera, ato prodhojnë një primitiv të veçantë dhe jo më të përgjithshmin. Prandaj, kur përdorimnjë integral makine atëherë i shtojmë një konstante. Së dyti shenja e vlerës absolute nuk shënohet në përgjigjen emakinës. Kjo është mirë kur vlerat e x janë më të mëdha sesa 2

3 . Por në qoftë se jemi të interesuar për vlera të tjeratë x, atëherë na duhet të fusim simbolin e vlerës absolute.

Në shembullin në vazhdim ne rishqyrtojmë shembullin e mëparshëm, por kësaj here do tia kërkojmë zgjidhjennjë kalkulatori.

Shembull 3.40. Përdorni një sistem kompjuterik algjebrik për të njehsuar∫

x√

x2 + 2x + 4 dx.

Zgjidhje: Maple përgjigjet me

13

(x2 + 2x + 4)3/2−

14

(2x + 2)√

x2 + 2x + 4 −32

arcsinh

√3

3(1 + x)

Kjo duket e ndryshme nga përgjigja që ne gjetëm në shembullin e mësipërm, por është ekuivalente sepse termi itretë mund të rishkruhet duke përdorur identitetin

arcsinh x = ln(x +√

x2 + 1)

Prandaj

arcsinh

√3

3(1 + x) = ln

√33

(1 + x) +

√13

(1 + x)2 + 1

= ln

1√

3

[1 + x +

√(1 + x)2 + 3

]= ln

1√

3+ ln(x + 1 +

√

x2 + 2x + 4)

Termi që rezulton ekstra − 32 ln(1/

√3) mund të shënohet nën shenjën e konstantes së integrimit. Matematika jep

përgjigjen (56

+x6

+x2

3

)√

x2 + 2x + 4 −32

arcsinh(

1 + x√

3

)�






Shembull 3.41. Përdorni një sistem kompjuterik algjebrik për të njehsuar∫

x(x2 + 5)8 dx.

Zgjidhje: Matematika dhe Maple japin të njëjtën përgjigje:

118

x18 +52

x16 + 50x14 +1750

3x12 + 4375x10 + 21875x8 +

2187503

x6 + 156250x4 +390625

2x2

Është e qartë se të dy sistemet duhet të kenë zbërthyer (x2 + 5)8 nga Teorema binomiale dhe më pas nga integrmi isecilës prej tyre. Në qoftë se ne integrojmë, duke bërë zëvendësimin u = x2 + 5, gjejmë∫

x(x2 + 5)8 dx =1

18(x2 + 5)9 + C

Ushtrime:


1.∫

cos x(1 + sin2 x) dx

2.∫

tan3 x dx

3.∫ 2

0

2x(x − 5)2 dx

4.∫

x cos2 x dx

5.∫

x csc x cot x dx

6.∫

cos3 xsin x

dx

7.∫

earctan x

x2 + 1dx

8.∫

tan3 x dx

9.∫

xx4 + x + 1

dx

10.∫

x − 1x2 − 4x + 7

dx

11.∫

arctan√

x dx

12.∫

dxex − 1

13.∫ 4

1x3 ln x dx

14.∫

ex+exdx

15.∫

sec t tan tsec2 t − sec t

dt

16.∫ √

x + 1x − 1

dx

17.∫ 1

0(1 −

√x)6 dx

18.∫

e2t

1 + e4t dt

19.∫

xx4 + x2 + 1

dx

20.∫√

3 − 2x − x2 dx

21.∫

x3e−x dx

22.∫

x3

(x − 1)4 dx

23.∫

ln x

x√

1 + (ln x)2dx

24.∫

1 + sin x1 − sin x

dx

25.∫

xx4 − a4 dx

26.∫ 1

−1x6 cos x dx

27.∫

arctan xx2 dx

28.∫

sin 2x1 + cos4 x

dx






29.∫

cos x cos3(sin x) dx

30.∫ π/4

π/2

1 + 4 cot x4 − cot x

dx

31.∫ 3

2

t3 + 1t3 − t2 dt

32.∫

x2 sinh mx dx

33.∫

(x + sin x)2 dx

34.∫√

ex + 1 dx

35.∫

1e3x − ex dx

36.∫

(x + sin x)2 dx

37.∫

xx4 + 1

dx

38.∫

dx

x√

5x + 1

39.∫

x sin2 x cos x dx

40.∫

sec x cos 2xsin x + sec x

dx

41.∫

1

x2√

25x2 − 1dx

42.∫

xex

√ex + 1

dx

43.∫

dxx√

x +√

x

44.∫

sin x cos xsin4 x + cos4 x

dx

45.∫

x + arcsin x√

1 − x2dx

46.∫

ln(x + 1)x2 dx

47.∫

6x + 10x

4x dx

48.∫ 5

0

3t − 1t + 2

dt

49.∫ 2

−2|x2− 4x| dx

50.∫

11 + 2ex − e−x dx

51.∫

sin 3x cos 4x dx

52.∫

e3√x dx

53.∫

x + ax2 + a2 dx

54.∫ π/2

π/4

1 + 4 cot x4 − cot x

dx

55.∫ π/4

0tan5 x sec3 x dx

56.∫

1

x + 4 + 4√

x + 1dx

57. Funksionet y = ex2 dhe y = x2ex2 nuk kanë prim-itivë elementare, ndërsa y = (2x2 + 1)ex2 ka. Njehsoni∫

(2x2 + 1)ex2dx.

Përdorni tabelën e integraleve për të njehsuar integralete mëposhtme.

58.∫ √

7 − 2x2

x2 dx

59.∫

sec(πx) dx

60.∫

3x√

3 − 2xdx

61.∫

e2θ sin 3θ dθ

62.∫

2x cos−1 x dx

63.∫

tan3(πx) dx

64.∫

dx

x2√

4x2 + 9

65.∫ 3

2

1

x2√

4x2 − 7dx

66.∫

ln(1 +√

x)√

xdx






67.∫ √

2y2 − 3y2 dy

68.∫ 0

−1t2e−t dt

69.∫

tan3(1/z)z2 dz

70.∫

e2x arctan(ex) dx

71.∫

y√

6 + 4y − 4y2 dy

72.∫

sin2 x cos x ln(sin x) dx

73.∫

ex

3 − e2x dx

74.∫

sec5 x dx

75.∫ √

4 + (ln x)2

xdx

76.∫

sin−1√x dx

77.∫

x sin(x2) cos(3x2) dx

78.∫

dx2x3 − 3x2

79.∫

sin 2θ√

5 − sinθdθ

80.∫ 2

0x3√

4x2 − x4 dx

81.∫

sin6 2x dx

82.∫ 1

0x4e−x dx

83.∫√

e2x − 1 dx

84.∫

x4

√

x10 − 2dx

85. Gjeni vëllimin e trupit të ngurtë që përftohet kur zona nënkurbën:

y = x√

4 − x2 për 0 ≤ x ≤ 2

rrotullohet rreth boshtit të y-ve.

86. Zona nën kurbën y = tan2 x nga 0 nëπ/4 rrotullohet rrethboshtit të x-ve. Gjeni vëllimin e trupit të ngurtë të formuar.

3.6 Përafrimi i integraleve

Ka dy situata në të cilat është e pamundur të gjendet vlera e saktë e integralit të caktuar.

Situata e parë vjen nga llogaritja e∫ b

af (x) dx duke përdorur Teoremën Themelore të Kalkulusit ne na duhet të

gjejmë një primitiv të f . Ndonjëherë është e vështirë ose dhe e pamundur të gjendet një primitiv e f . Për shembull,është e pamundur të njehsohen saktësisht integralet e mëposhtëm:∫ 1

0ex2

dx ,∫ 1

−1

√

1 + x3 dx

Situata e dytë vjen nga përcaktimi i funksionit nga një eksperiment shkencor nëpërmjet leximit të të dhënave tëmbledhura nga një instrument. Mund të mos ketë formulë për funksionin.

Në të dy rastet na nevojitet të gjejmë një vlerë të përafërt të integralit të caktuar. Ne tashmë e njohim një metodëtë tillë. Rikujtojmë se integrali i caktuar përkufizohet si limit i shumave të Riemanit, kështu që çdo shumë Riemanimund të përdoret si një përafrim i integralit. Në qoftë se ndajmë segmentin [a, b] në n nënintervale me gjatësi tëbarabartë me ∆x = b−a

n , atëherë kemi ∫ b

af (x) dx ≈

n∑i=1

f (x∗i )∆x

ku x∗i është një pikë e çfarëdoshme në nënintervalin e i-të [xi−1, xi]. Në qoftë se x∗i është zgjedhur si skaji i majtë i






nënintervalit, atëherë x∗i − xi−1 dhe kemi: ∫ b

af (x) dx ≈ Ln =

n∑i=1

f (xi−1)∆x. (3.15)

Në qoftë se f (x) ≥ 0, atëherë integrali përfaqson një sipërfaqe dhe ekuacioni i mësipërm përfaqëson një përafrimtë kësaj sipërfaqeje. Në qoftë se zgjedhim x∗i , si skajet e djathta të nënintervaleve, atëherë x∗i = xi dhe kemi∫ b

af (x) dx ≈ Rn =

n∑i=1

f (xi)∆x (3.16)

Përafrimet Ln dhe Rn të përcaktuara nga ekuacionet e mësipërme janë quajtur përafrimet sipas skajeve të majtadhe skajeve të djathta, respektivisht. Më herët ne gjithashtu shqyrtuam rastin kur x∗i ishin pikat e mesit xi tënënintervaleve [xi−1, xi].

3.6.1 Rregulli i pikës së mesit.

Në këtë rast kemi, ∫ b

af (x) dx ≈Mn = ∆x

[f (x1) + f (x2) + f (x3) + · · · + f (xn)

]ku ∆x = b−a

n dhe

xi =12

(xi−1 + xi)

është pika e mesit e segmentit [xi−1, xi].

3.6.2 Rregulli i Trapezave.

Një tjetër përafrim i njohur me emrin rregulli i trapezit, rezulton si mesatare e dy ekuacioneve të para:∫ b

af (x) dx ≈

12

n∑i=1

f (xi−1)∆x +

n∑i=1

f (xi)∆x

=

∆x2

n∑i=1

( f (xi−1) + f (xi))

=

∆x2

[( f (x0) + f (x1)) + ( f (x1) + f (x2)) + · · · + ( f (xn−1) + f (xn))

]=

∆x2

[f (x0) + 2 f (x1) + 2 f (x2) + · · · + 2 f (xn−1) + f (xn)

]Konsiderojmë integralin si më poshtë∫ b

af (x) dx ≈ Tn =

∆x2

[f (x0) + 2 f (x1) + 2 f (x2) + · · · + 2 f (xn−1) + f (xn)

]ku ∆x = b−a

n dhe xi = a + i∆x.Sipërfaqja e trapezit që ndodhet mbi nënintervalin e i-të është

∆x(

f (xi−1) + f (xi)2

)=

∆x2

[f (xi−1) + f (xi)

]dhe në qoftë se ne mbledhim sipërfaqet e këtyre trapezave, marrim anën e djathtë të rregullit të trapezave.






Shembull 3.42. Përdorni(a) Rregullin e trapezave(b) Rregullin e pikës së mesitme n = 5 për të përafruar integralin ∫ 2

1

1x

dx .

Zgjidhje: (a) Me n = 5, a = 1, b = 2, kemi ∆x =(2−1)

5 = 0.2 dhe kështu rregulli i trapezave na jep∫ 2

1

1x

dx ≈ T5 =0.22

[f (1) + 2 f (1.2) + 2 f (1.4) + 2 f (1.6) + 2 f (1.8) + f (2)

]= 0.1

(11

+2

1.2+

21.4

+2

1.6+

21.8

+12

)≈ 0.695635

(b) Pikat e mesit të pesë nën-intervaleve janë 1.1, 1.3, 1.5, 1.7, dhe 1.9, kështu që rregulli i pikës së mesit jep∫ 2

1

1x

dx ≈ ∆x[

f (1.1) + f (1.3) + f (1.5) + f (1.7) + f (1.9)]

=15

( 11.1

+1

1.3+

11.5

+1

1.7+

11.9

)≈ 0.691908

�Në këtë shembull ne e zgjodhëm integralin të tillë që të mund të llogaritej edhe në mënyrë simbolike në mënyrë

që të kemi mundësi të shohim se sa i mirë është përafrimi sipas rregullit të trapezave dhe Rregullit të pikës së mesit.Nga Teorema Themelore e Kalkulusit kemi∫ 2

1

1x

dx = ln x∣∣∣∣21

= ln 2 = 0.693147 · · ·

Gabimi në një përafrim përkufizohet nga ajo sasi që i duhet shtuar përafrimit për ta bërë atë të saktë. Nga vlerat eshembullit të mësipërm ne shohim se gabimet në Rregullin e Trapezave dhe të pikës së Mesit për n = 5 janë

ET ≈ −0.002488 dhe EM ≈ 0.001239

Në përgjithësi, kemi

ET =

∫ b

af (x) dx−Tn dhe EM =

∫ b

af (x) dx−Mn

Tabelat në vazhdim tregojnë rezultatet e llogaritjeve të ngjashme me ato të shembullit të mësipërm, por për n = 5,n = 10, n = 20 dhe për përafrimet sipas skajeve të majta dhe të djathta ashtu sikurse Rregullat e Trapezave dhePikës së mesit.

n Ln Rn Tn Mn5 0. 745635 0. 645635 0. 695635 0. 691908

10 0. 718771 0. 668771 0. 693771 0. 69283520 0. 705803 0. 680803 0. 693303 0. 693069

Tabela 3.2: Vlerat e shumave sipas n-së.

Ne mund të bëjmë disa vërejtje prej këtyre tabelave:

1. Në të gjitha metodat shohim se përafrimi bëhet më i mirë kur rritet vlera e n.






2. Gabimet sipas pikave të majta dhe të djathta janë me shenja të kundërta dhe duket se zvogëlohen dy herë mëpak kur dyfishojmë vlerën e n.

3. Rregullat e trapezave dhe të pikës së mesit janë përafrimet më të përshtatshme.

4. Gabimet e rregullit të trapezave dhe të pikës së mesit janë me shenja të kundërta dhe duket se zvogëlohenkatër herë më pak kur n dyfishiohet.

5. Masa e gabimit në Rregullin e Pikës së mesit është sa gjysma e masës së gabimit në Rregullin e Trapezave.

3.6.3 Kufijtë e gabimeve

Supozojmë se | f ′′(x)| ≤ K për të gjitha a ≤ x ≤ b. Në qoftë se ET dhe EM janë gabimet në Rregullat e Trapezavedhe të Pikës së Mesit, atëherë

|ET | ≤K(b − a)3

12n2 dhe |EM| ≤K(b − a)3

24n2

Le të aplikojmë këtë vlerësim gabimi në përafrimin e shembullit të parë.Në qoftë se f (x) = 1

x , atëherë f ′(x) = −1/x2 dhe f ′′(x) = 2/x3. Meqënëse 1 ≤ x ≤ 2, ne kemi 1/x ≤ 1, kështu që

| f ′′(x)| =∣∣∣∣∣ 2x3

∣∣∣∣∣ ≤ 213 = 2

Dhe prej këtej duke marrë K = 2, a = 1, dhe b = 2 dhe n = 5 në vlerësimin e gabimit, ne shohim se

|ER| ≤2(2 − 1)3

12(52)=

1150≈ 0.006667

Më poshtë ne gjemë gabimet përkatëse për vlera të ndryshme të n-së. Duke krahasuar këto gabime me me gabiminaktual, ne shohim se mund të ndodhë që gabimi aktual shumë më i vogël sesa kufiri i sipërm i gabimit i dhënë prejekuacioit të mësipërm.

n EL ER ET EM5 -0. 052488 0. 047512 -0. 002488 0. 00123910 -0. 025624 0. 024376 -0. 000624 0. 00031220 -0. 012656 0. 012344 -0. 000156 0. 000078

Tabela 3.3: Gabimet sipas çdo metode për vlera të ndryshme të n-së.

Shembull 3.43. Sa e madhe duhet marrë n në mënyrë që të garantojë se metoda e trapezave dhe e pikës së mesit përafronintegralin ∫ 2

1

1x

dx,

me 0.0001?

Zgjidhje: Ne pamë në llogaritjet e mëparshme se | f ′′(x)| ≤ 2 për 1 ≤ x ≤ 2, kështu që ne mund ta marrim K = 2,a = 1, b = 2. Me përafërsi 0.0001 do të thotë se gabimi i përafrimit duhet të jetë më i vogël se 0.0001. Prej nga, nezgjedhim n të tillë që

2(1)3

12n2 < 0.0001

Duke zgjidhur mosbarazimin në lidhje me n, kemi

n2 >2

12(0.0001)






ose

n >1

√0.0006

≈ 40.8

Kështu që n = 41 na e siguron këtë përafrim. Për të njëjtin përafrim në lidhje me rregullin e pikës së mesit ne ezgjedhim n të tillë që

2(1)3

24n2 < 0.0001

na jep

n >1

√0.0012

≈ 29

�

Shembull 3.44. (a) Përdorni rregullin e pikës së mesit me n = 10 për të përafruar integralin∫ 1

0ex2

dx .

(b) Gjeni kufirin e sipërm për gabimin e bërë në këtë përafrim.

Zgjidhje: (a) Meqënëse a = 0, b = 1, dhe n = 10, metoda e pikës së mesit na jep∫ 1

0ex2

dx ≈ ∆x[

f (0.05) + f (0.15) + · · · + f (0.85) + f (0.95)]

= 0.1[e0.0025 + e0.0225 + e0.0625 + e0.1225 + e0.2025 + e0.3025 + e0.4225 + e0.5625 + e0.7225 + e0.9025

]≈ 1.460393

(b) Meqënëse f (x) = ex2, kemi f ′(x) = 2xex2

dhe f ′′(x) = (2 + 4x2)ex2. Gjithashtu, meqë 0 ≤ x ≤ 1, kemi x2

≤ 1 dhekështu

0 ≤ f ′′(x) = (2 + 4x2)ex2≤ 6e

Duke marrë K = 6e, a = 0, b = 1, dhe n = 10 në vlerësimin e gabimit shohim se kufiri i sipërm për gabimin është

6e(1)3

24(10)2 =e

400≈ 0.007

�

3.6.4 Rregulli i Simpsonit

Një tjetër rregull për përafrimin e integralit rezulton të jetë nga përdorimi i parabolave në vend të segmenteve tëdrejtë për përafrmin e kurbës. Si më parë ndajmë segmentin [a, b] në nënintervale me gjatësi të njëjtë me h = (b−a)/n,por kësaj here pranojmë që n është numër çift. Dhe në secilin çift nënintervalesh përafrojmë kurbën y = f (x) ≥ 0me parabola. Në qoftë se yi = f (xi), atëherë Pi(xi, yi) është pika e kurbës që ndodhet mbi xi. Një parabolë tipikekalon nëpër tre pika të njëpasnjëshme Pi, Pi+1, dhe Pi+2.

Për të thjeshtuar llogaritjet tona shqyrtojmë rastin kur x0 = −h, x1 = 0, dhe x2 = h. Ne dimë që parabola që kalonnga pikat P0, P1, P2 është e formës y = (Ax2 + Bx + C) dhe kështu sipërfaqja nën parabolën nga x = −h në x = h është∫ h

−h(Ax2 + Bx + C) dx = 2

∫ h

0(Ax2 + C) dx = 2

[A

x3

3+ Cx

]∣∣∣∣∣∣h0

= 2(A

h3

3+ Ch

)=

h3

(2Ah2 + 6C

)c©AIM: Albanian Institute of Mathematics 125





Por meqë parabola kalon nga pikat P0(−h, y0), P1(0, y1), dhe P2(h, y2), kemi

y0 = A(−h)2 + B(−h) + C = Ah2− Bh + C

y1 = C

y2 = Ah2 + Bh + C

dhe prej këtej y0 + 4y1 + y2 = 2Ah2 + 6C. Prandaj ne mund ta rishkruajmë sipërfaqen nën parabolë si

h3

(y0 + 4y1 + y2)

Tani duke e zhvendosur këtë parabolë horizontalisht ne nuk e ndryshojmë sipërfaqen nën të. Kjo do të thotë sesipërfaqja nën parabolën që kalon nga pikat P0, P1, P2 nga x = x0 në x = x2 është

h3

(y0 + 4y1 + y2)

Në mënyrë të ngjashme, sipërfaqja nën parabolën që kalon nga pikat P2, P3, P4 nga x = x2 në x = x4 është

h3

(y2 + 4y3 + y4)

Në qoftë se njehsojmë sipërfaqet nën të gjitha parabolat në këtë mënyrë dhe mbledhim të gjitha rezultatet, kemi∫ b

af (x) dx ≈

h3

(y0 + 4y1 + y2) +h3

(y2 + 4y3 + y4) + · · · +h3

(yn−2 + 4yn−1 + yn)

=h3

(y0 + 4y1 + 2y2 + 4y3 + 2y4 + · · · + 2yn−2 + 4yn−1 + yn)

Edhe pse e bëmë këtë përafrim për rastin kur f (x) ≥ 0, ai mbetet i vlefshëm edhe çfarëdo funksioni tjetër tëvazhdueshëm f (x) dhe është quajtur Rregulli i Simpsonit për nder të matematikanit anglez Thomas Simpson(1710-1761). Vëreni se si janë renditur koefiçentët: 1, 4, 2, 4, 2, 4, 2, · · · , 4, 2, 4, 2, 1

Rregulli i Simpsonit jepet si më poshtë

∫ b

af (x) dx ≈ Sn =

∆x3

[f (x0) + 4 f (x1) + 2 f (x2) + 4 f (x3) + · · · + 2 f (xn−2 + 4 f (xn−1) + f (xn))

]ku n është çift dhe ∆x = b−a

n .

Shembull 3.45. Përdorni rregullin e Simpsonit me n = 10 për të përafruar integralin∫ 2

1

1x

dx .

Zgjidhje: Duke vendosur f (x) = 1/x, n = 10, dhe ∆x = 0.1 në Rregullin e Simpsonit, kemi∫ 2

1

1x

dx ≈ S10

=∆x3

[f (1) + 4 f (1.1) + 2 f (1.2) + 4 f (1.3) + · · · + 2 f (1.8) + 4 f (1.9) + f (2)

]=

0.13

(11

+4

1.1+

21.2

+4

1.3+

21.4

+4

1.5+

21.6

+4

1.7+

21.8

+4

1.9+

12

)≈ 0.693150

�






Vërejmë në këtë shembull se Rregulli i Simpsonit jep një përafrim më të mirë (S10 ≈ 0.693150) ndaj vlerës së vërtetëtë integralit (ln 2 ≈ 0.693147 · · · ) sesa Rregulli i Trapezave (T10 ≈ 0.693771) dhe i Pikës së Mesit (M10) ≈ 0.692835.Del se Përafrimi sipas Rregullit të Simpsonit është mesatarja me peshë e përafrimeve të trapezave dhe të pikës sëmesit:

S2n =13

Tn +23

Mn

Rikujtojmë se ET dhe EM zakonisht kanë shenja të kundërta dhe se |EM| është rreth sa gjysma e |ET |.Në shumë aplikime të Kalkulusit na nevojitet të vlerësojmë një integral edhe kur nuk na është dhënë një formulë

eksplicite për y si funksion i x. Një funksion mund të jepet grafikisht ose me anë të një tabele vlerash. Në qoftë seka një evidencë se vlerat nuk ndryshojnë shumë shpejt, atëherë Rregulli i Simpsonit apo Rregulli i Trapezave mund

të përdoren për të gjetur një vlerë të përafërt për integralin e y në lidhje me x,∫ b

ay dx.

3.6.5 Kufiri i Gabimit për Rregullin e Simpsonit

Supozojmë se | f (4)(x)| ≤ K për a ≤ x ≤ b. Në qoftë se ES është gabimi i bërë në përdorimin e Rregullit të Simpsonit,atëherë

|ES| ≤K(b − a)5

180n4

Shembull 3.46. Sa e madhe duhet marrë n në mënyrë që të garantojë se përafrmi sipas Rregullit të Simpsonit për∫ 2

1(1/x) dx

është me afërsi me 0.0001?

Zgjidhje: Në qoftë se f (x) = 1/x, atëherë f (4)(x) = 24/x5. Meqënëse x ≥ 1, kemi se 1/x ≤ 1 dhe kështu

| f (4)(x)| =∣∣∣∣∣24x5

∣∣∣∣∣ ≤ 24

Prej nga, ne mund të marrim K = 24. Prandaj, që gabimi të jetë më i vogël se 0.0001 ne duhet ta zgjedhim n të tillëqë

24(1)5

180n4 < 0.0001

Kjo jep

n >1

4√0.00075≈ 6.4

Prej nga, n = 8 (duhet të jetë çift) na jep përafrimin e kërkuar. �

Shembull 3.47. (a) Përdorni Rregullin e Simpsonit me n = 10 për të përafruar integralin∫ 1

0ex2

dx .

(b) Vlerësoni gabimin e bërë në këtë përafrim.

Zgjidhje: (a) Në qoftë se n = 10, atëherë ∆x = 0.1 dhe Rregulli i Simpsonit na jep∫ 1

0ex2

dx ≈∆x3

[f (0) + 4 f (0.1) + 3 f (0.2) + · · · + 2 f (0.8) + 4 f (0.9) + f (1)

]=

0.13

[e0 + 4e0.01 + 2e0.04 + 4e0.09 + 2e0.16 + 4e0.25 + 2e0.36 + 4e0.49 + 2e0.64 + 4e0.81 + e1

]≈ 1.462681






(b) Derivati i katërt i f (x) = ex2është

f (4)(x) = (12 + 48x2 + 16x4)ex2

dhe kështu, meqë 0 ≤ x ≤ 1, kemi0 ≤ f (4)(x) ≤ (12 + 48 + 6)e1 = 76e

Prej nga duke vendosur K = 76e, a = 0, b = 1, dhe n = 10 del se gabimi i bërë është të shumtën

76e(1)5

180(10)4 ≈ 0.000115

Prandaj me tolerancë tre shifra pas presjes kemi ∫ 1

0ex2

dx ≈ 1.463

Ushtrime:

1. Gjeni ∫ 1

0cos(x2) dx

duke përdorur a) metodën e trapezit dhe b) metodën e pikës sëmesit, kur n = 4.

Përdorni metodën e pikës së mesit dhe Simpson për tëpërafruar integralet e mëposhtme në pikën e dhënë.

2.∫ 5

0x2 sin x dx, for n = 8

3.∫ 1

0e−√

x dx, for n = 6

Përdorni metodën e trapezit, pikës së mesit, dhe Simp-sonit për të përafruar integralet e mëposhtme në pikën edhënë.

4.∫ 2

1

ln x1 + x

dx, for n = 10

5.∫ 1/2

0sin

(et/2

)dt, for n = 8

6.∫ 4

0e√

t sin t dt, for n = 8

7.∫ 5

1

cos xx

dx, for n = 8

8.∫ 3

0

11 + y5 dy, for n = 6

9.∫ 1/2

0sin(x2) dx, for n = 4

10.∫ 3

0

dt1 + t2 + t4 , for n = 6

11.∫ 4

0

√1 +√

x dx, for n = 8

12.∫ 1

0

√ze−z dz, for n = 10

13.∫ 6

4ln(x3 + 2) dx, for n = 10

14.∫ 4

0cos√

x dx, for n = 10

Gjeni përafrimet Ln, Rn, Tn dhe Mn për n = 5, 10 dhe20, pastaj llogarisni gabimet përkatëse EL,ER,ET dhe EM.çfarë vini re? çfarë ndodh me gabimet kur n dyfishohet?

15.∫ 1

0xex dx

16.∫ 2

1

1x2 dx

Gjeni përafrimet Tn, Mn dhe Sn për n = 6 dhe 12, pastajllogarisni gabimet përkatëse ET,EM dhe ES. Çfarë vinire? Çfarë ndodh me gabimet kur n dyfishohet?

17.∫ 2

0x4 dx

18.∫ 4

1

1√

xdx

19. Zona e kufizuar nga grafikët e funksioneve y = e−1/x, y =0, x = 1, dhe x = 5 rrotullohet rreth boshtit të x-ve. Përdornimetodën e Simpsonit kur n = 8 për të llogaritur vëllimin etrupit të ngurtë.






20. Përdorni metodën e trapezit kur n = 10 për të përafruar∫ 20

0cos (πx) dx .

Krahasoni rezultatet tuaja me vlerën e saktë.

21. Në qoftë se f është një funksion pozitiv dhe f ′′(x) < 0 përtë gjitha a ≤ x ≤ b, vërtetoni se:

Tn <

∫ b

af (x) dx < Mn.

22. Ndërtoni grafikun e një funksioni të vazhdueshëm në [0, 2]për të cilin rregulla e trapezit me n = 2 është më e saktë sesarregulla e Simpsonit.

23. Vërtetoni se në qoftë se f është një polinom me gradë 3 osemë të vogël atëherë rregulla e Simpsonit jep vlerën e saktë të∫ b

af (x) dx .

24. Vërtetoni se:

12

(Tn + Mn) = T2n.

25. Vërtetoni se:

13

Tn +23

Mn = S2n.

3.7 Integralet jo të mirëfillta

Në përkufizimin e integralit të caktuar∫ b

af (x) dx ne vepruam me një funksion f (x) të përkufizuar në një interval

të fundëm [a, b] dhe ne pranuam që f (x) nuk ka pika këputje në këtë interval. Në këtë paragraf ne do të zgjerojmëkonceptin e integralit të caktuar edhe për rastin kur intervali nuk është i fundëm dhe gjithashtu rastin kur f (x) kapika këputje të pafundme në [a, b]. Në të dy rastet integrali quhet jo i vetë. Një nga aplikimet më të rëndësishmetë kësaj ideje, është shpërndarjet e probabilitetit, të cilat do të studiohen më vonë.

3.7.1 Intervalet e pafundme

Shqyrtojmë zonën plane të pafundme S e cila shtrihet nën kurbën y = 1/x2, mbi boshtin e x-ve dhe në të djathtëtë drejtëzës x = 1. Ju mund të mendoni se meqë S ka shtrirje të pafundme, suprina e saj mund të jetë e pafundme,por le ta shohim më ngushtë. Sipërfaqja e pjesës së S e cila ndodhet në të majtë të drejtëzës x = t është

A(t) =

∫ t

1

1x2 dx = −

1x

∣∣∣∣∣t1

= 1 −1t

Vërejmë se A(t) < 1 sado e madhe që të zgjidhet t. Ne gjithashtu vërejmë se

limt→∞

A(t) = limt→∞

(1 −1t

) = 1

Pra, sipërfaqja e kësaj zone i afrohet 1 kur t → ∞, kështu që ne themi se sipërfaqja e zonës së pafundme S është ebarabartë me 1 dhe shkruajmë ∫

∞

1

1x2 dx = lim

t→∞

∫ t

1

1x2 dx = 1

Duke e përdorur këtë shembull si guidë, ne përkufizojmë integralin e f (x) (jo domosdoshmërisht një funksionpozitiv) përgjatë një intervali të pafundëm si limit të integraleve përgjatë intervaleve të pafundëm.

Përkufizimi i integraleve jo të mirëfilltë të llojit I

(a)Në qoftë se∫ t

af (x) dx ekziston për çdo numër t ≥ a, atëherë

∫∞

af (x) dx = lim

t→∞

∫ t

af (x) dx

duke nënkuptuar se ky limit ekziston. (si një numër i fundëm).






(b) Në qoftë se∫ b

tf (x) dx ekziston për çdo numër t ≤ b, atëherë

∫ b

−∞

f (x) dx = limt→−∞

∫ b

tf (x) dx

duke nënkuptuar se ky limit ekziston. (si një numër i fundëm).

Integralet jo të mirëfilltë∫∞

af (x) dx dhe

∫ b

−∞

f (x) dx janë quajtur konvergjentë në qoftë se limitet korresponduese

ekzistojnë dhe divergjentë në qoftë se limitet nuk ekzistojnë.

(c) Në qoftë se të dy integralet∫∞

af (x) dx dhe

∫ b

−∞

f (x) dx janë konvergjente, atëherë përcaktojmë

∫∞

∞

f (x) dx =

∫ a

−∞

f (x) dx +

∫∞

af (x) dx

Në pjesën(c) çdo numër real a mund të përdoret.Secili prej integraleve jo të mirëfilltë në përkufizimin 1 mund të interpretohet si një sipërfaqe duke e nënkuptuar

f (x) si një funksion pozitiv. Për shembull, në rastin (a) në qoftë se f (x) ≥ 0 dhe integrali∫∞

af (x) dx është konvergjent,

atëherë ne përcaktojmë sipërfaqen e zonës plane S = {(x, y)|x ≥ a, 0 ≤ y ≤ f (x)} si

A(S) =

∫∞

af (x) dx

Kjo është e përshtatshme sepse∫∞

af (x) dx është limiti kur t→∞ i sipërfaqes nën grafikun e f (x) nga a tek t.

Shembull 3.48. Përcaktoni nëse integrali∫∞

1

1x

dx është konvergjent apo divergjent.

Zgjidhje: Në lidhje me pjesën (a) të përkufizimit 1, kemi∫∞

1

1x

dx = limt→∞

∫ t

1

1x

dx = limt→∞

ln |x|∣∣∣∣∣t1

= limt→∞

(ln t − ln 1) = limt→∞

ln t = ∞

Limiti nuk ekziston si numër i fundëm dhe kështu integrali jo i mirëfilltë∫∞

1

1x

dx është divergjent. �

Le të krahasojmë rezultatin e këtij shembulli me shembullin e dhënë në fillim të këtij paragrafi:∫∞

1

1x2 dx konvergjon ndërsa

∫∞

1

1x

dx divergjon

Gjeometrikisht, kjo thotë se edhe pse kurbat y = 1/x dhe y = 1/x2 duken aq të ngjashme për x > 0, zona plane nëngrafikun e y = 1/x2 në të djathtë të x = 1, ka sipërfaqe të fundme. Vërejmë se të dyja 1/x2 dhe 1/x shkojnë në zerokur x→∞, por 1/x2 shkon më shpejt në zero sesa 1/x. Vlerat e 1/x nuk zvogëlohen aq shpejt saqë integrali të ketënjë vlerë të fundme.

Shembull 3.49. Njehsoni∫ 0

−∞

xex dx.

Zgjidhje: Duke përdorur pjesën (b) të përkufizimit 1, kemi:∫ 0

−∞

xex dx = limt→−∞

∫ 0

txex dx






Integrojmë fillimisht me pjesë duke shënuar me u = x dhe dv = ex dx dhe kështu du = dx dhe v = ex∫ 0

txex dx = xex

|0t −

∫ 0

tex dx = −tet

− 1 + et

Ne dimë se et→ 0 kur t→ −∞ dhe nga Rregulli i L’Hospitalit kemi

limt→−∞

tet = limt→−∞

te−t = lim

t→−∞

1−e−t = lim

t→−∞(−et) = 0

Pra, nga ∫ 0

−∞

xex dx = limt→−∞

(−tet− 1 + et

)= −0 − 1 + 0 = −1

�

Shembull 3.50. Llogarisni integralin ∫∞

−∞

11 + x2 dx .

Zgjidhje: Është e përshtatshme ta zgjedhim a = 0 në përkufizimin 1(c):∫∞

−∞

11 + x2 dx =

∫ 0

−∞

11 + x2 dx +

∫∞

0

11 + x2 dx

Integralet e anës së djathtë mund t’i llogarisim veçmas si më poshtë;∫∞

0

11 + x2 dx = lim

t→∞

∫ t

0

dx1 + x2 = lim

t→∞tan−1 x

∣∣∣∣t0

= limt→∞

(tan−1 t − tan−1 0

)= lim

t→∞tan−1 t =

π2

dhe ∫ 0

−∞

11 + x2 dx = lim

t→−∞

∫ 0

t

dx1 + x2 = lim

t→−∞tan−1 x

∣∣∣∣0t

= limt→∞

(tan−1 0 − tan−1 t

)= 0 −

(−π2

)=π2

Meqënëse të dy këto integrale janë konvergjentë, integrali i dhënë është konvergjent dhe∫∞

−∞

11 + x2 dx =

π2

+π2

= π

Meqënëse 1/(1 + x2) > 0, integrali jo i mirëfilltë i dhënë mund të interpretohet si sipërfaqja e zonës së pakufizuar qëndodhet nën grafikun e funksionit y = 1/(1 + x2) dhe mbi boshtin e x-ve.

�

Shembull 3.51. Për çfarë vlera të p integrali i mëposhtëm konvergjon?∫∞

1

1xp dx

Zgjidhje: Ne dimë nga shembulli i parë i këtij paragrafi se në qoftë se p = 1, atëherë integrali është divergjent,kështu që le të pranojmë se p , 1. Atëherë∫

∞

1

1xp dx = lim

t→∞

∫ t

1x−p dx = lim

t→∞

x−p+1

−p + 1

∣∣∣∣t1

= limt→∞

11 − p

( 1tp−1 − 1

)Në qoftë se p > 1, atëherë p − 1 > 0 dhe kur t→∞, tp−1

→∞ dhe 1/tp−1→ 0. Prej nga∫

∞

1

1xp dx =

1p − 1

në qoftë se p > 1






dhe kështu integrali konvergjon. Por në qoftë se p < 1, atëherë p − 1 < 0 dhe kështu

1tp−1 = t1−p

→∞ kur t→∞

dhe integrali divergjon. E përmbledhim rezultatin e këtij shembulli për ta pasur si referencë në vazhdim:∫∞

1

1xp dx është konvergjent kur p > 1 dhe divergjent kur p < 1. (3.17)

�

3.7.2 Integralet jo të vazhduar

Supozojmë se f (x) është një funksion i vazhdueshëm pozitiv i përkufizuar në një interval të fundëm [a, b) por kaasimptotë vertikale në b. Le të jetë S zona e pakufizuar nën grafikun e f (x) dhe mbi boshtin e x-ve ndërmjet a dhe b.(Për tipin 1 të integraleve, zona plane shtrihej pafundësisht në një drejitm horizontal. Këtu zona është e pafundmenë drejtimin vertikal. ) Sipërfaqja e pjesës së S ndërmjet a dhe t është

A(t) =

∫ t

af (x) dx

Në qoftë se ndodh që A(t) t’i afrohet një numri të fundëm A kur t→ b−, atëherë themi se sipërfaqja e zonës S ështëA dhe shkruajmë ∫ b

af (x) dx = lim

t→b−

∫ t

af (x) dx

E përdorim këtë ekuacion për të përkufizuar integralet jo të mirëfilltë të tipit 2, edhe kur f (x) nuk është një funksionpozitiv, pavarësisht se çfarë tipi jo vazhdueshmërie ka f (x) në b.

Përkufizimi i Integralit jo të mirëfilltë të llojit 2

(a) Në qoftë se f (x) është i vazhdueshëm në [a, b) dhe jo i vazhdueshëm në b, atëherë∫ b

af (x) dx = lim

t→b−

∫ t

af (x) dx

në qoftë se limiti ekziston (si një numër i fundëm).(b) Në qoftë se f (x) është i vazhdueshëm në (a, b] dhe jo i vazhdueshëm në a, atëherë∫ b

af (x) dx = lim

t→a+

∫ b

tf (x) dx

në qoftë se limiti ekziston (si një numër i fundëm).Integrali jo i mirëfilltë është quajtur konvergjent në qoftë se limiti korrespondues ekziston dhe divergjent në

qoftë se limiti nuk ekziston.

(c) Në qoftë se f (x) nuk është i vazhdueshëm në c, ku a < c < b dhe të dy integralet∫ c

af (x) dx dhe

∫ b

cf (x) dx

janë konvergjentë, atëherë ne përcaktojmë∫ b

af (x) dx =

∫ c

af (x) dx +

∫ b

cf (x) dx

Shembull 3.52. Gjeni integralin ∫ 5

2

dx√

x − 2.






Zgjidhje: Vërejmë fillimisht se integrali i dhënë është jo i mirëfilltë sepse f (x) = 1/√

x − 2 ka asimptotë vertikale nëx = 2. Meqënëse kemi mosvazhdueshmëri të pafundme në skajin e majtë të segmentit [2, 5], përdorim pjesën (b) tëpërkufizimit 2: ∫ 5

2

1√

x − 2dx = lim

t→2+

∫ 5

t

1√

x − 2dx = lim

t→2+2√

x − 2∣∣∣∣5t

= limt→2+

2(√

3 −√

t − 2)

= 2√

3

�

Shembull 3.53. Përcaktoni në se integrali ∫ π/2

0sec x dx

konvergjon apo divergjon.

Zgjidhje: Vërejmë se integrali i dhënë është jo i mirëfilltë sepse limx→(π/2)−

sec x = ∞. Duke përdorur pjesën (a) të

përkufizimit kemi∫ π/2

0sec x dx = lim

t→(π/2)−

∫ t

0sec x dx = lim

x→(π/2)−ln | sec x + tan x|

∣∣∣∣t0

= limx→(π/2)−

[ln (sec t + tan t) − ln 1] = ∞

sepse sec t→∞ dhe tan t→∞ kur t→ (π/2)−. Prandaj integrali jo i mirëfilltë i dhënë është divergjent.�

Shembull 3.54. Njehsoni në qoftë se është e mundur integralin∫ 3

0

dxx − 1

.

Zgjidhje: Vërejmë se drejtëza x = 1 është asimptotë vertikale për funksionin nën integral. Meqënëse ndodhet nëmesin e segmentit [0, 3], duhet të përdorim pjesën (c) të përkufizimit 2 me c = 1:∫ 3

0

dxx − 1

=

∫ 1

0

dxx − 1

+

∫ 3

1

dxx − 1

ku ∫ 1

0

dxx − 1

= limt→1−

∫ t

0

dxx − 1

= limt→1−

ln |x − 1|∣∣∣∣t0

= limt→1−

(ln |t − 1| − ln | − 1|) = limt→1−

ln(1 − t) = −∞

sepse 1− t→ 0+ kur t→ 1−. Prandaj, integrali∫ 1

0

dxx − 1

është divergjent. Kjo sjell që∫ 3

0

dxx − 1

është divergjent. �

Vërejtje 3.6. Në qoftë se ne nuk do ta vërenim asimptotën x = 1 në shembullin e mësipërm do të kishim ngatërruar integralinme një të zakonshëm dhe do të kishim bërë një njehsim të gabuar:∫ 3

0

dxx − 1

= ln |x − 1|∣∣∣∣30

= ln 2 − ln 1 = ln 2

Kjo është e gabuar sepse integrali është jo i mirëfilltë dhe duhej llogaritur në termat e limitit. Kështu që këtej e tutje sa herë

që shihni simbolin∫ b

af (x) dx, duhet të shihni f (x) në [a, b] dhe prej tij të përcaktoni nëse integrali është jo i mirëfilltë apo i

zakonshëm.

Shembull 3.55. Njehsoni integralin ∫ 1

0ln x dx .






Zgjidhje: Ne dimë që funksioni f (x) = ln x ka një asimptotë vertikale në x = 0 meqënëse limx→0+

ln x = −∞. Prandaj

integrali i dhënë është jo i mirëfilltë dhe kemi∫ 1

0ln x dx = lim

t→0+

∫ 1

tln x dx

Tani integrojmë me pjesë duke zëvendësuar me u = ln x, dv = dx, du = dx /x, v = x:∫ 1

tln x dx =

(x ln x −

∫dx

) ∣∣∣∣1t

= −t ln t − x∣∣∣∣1t

= −t ln t − (1 − t) = t − 1 − t ln t

Le të kujtojmë se duke përdorur Rregullin e L’Hospitalit kemi

limt→0+

t ln t = limt→0+

ln t1/t

= limt→0+

1/t−1/t2 = lim

t→0+(−t) = 0

Prej nga ∫ 1

0ln x dx = lim

t→0+(t − 1 − t ln t) = −1

�

3.7.3 Një kriter krahasimi për integralet jo të mirëfillta

Ndonjëherë është e pamundur të gjendet vlera e saktë e një integrali jo të mirëfilltë dhe është e rëndësishmetë dihet nëse ai është konvergjent apo divergjent. Në të tilla raste teorema në vazhdim është mjaft e përdorshme.Edhe pse ne e përmendim për integralet e Tipit të parë ajo vlen edhe për integralet e tipit të dytë.

Teorema 3.1 (Teorema e Krahasimit). Supozojmë se f (x) dhe g janë dy funksione të vazhdueshëm të tillë që

f (x) ≥ g(x) për x ≥ a

Atëherë,

(a) Në qoftë se∫ b

af (x) dx është konvergjent, edhe

∫ b

ag(x) dx është konvergjent.

(b) Në qoftë se∫ b

ag(x) dx është divergjent, edhe

∫ b

af (x) dx është divergjent.

Në qoftë se sipërfaqja nën funksionin më të madh y = f (x) është e fundme, atëherë e tillë është edhe sipërfaqjanën funksionin më të vogël y = g(x). Dhe në qoftë se sipërfaqja nën funksionin më të vogël është e pafundme,atëherë e tillë është edhe sipërfaqja nën funksionin më të madh.

Vërejtje 3.7. Vërejmë se e anasjellta e teoremës jo domosdoshmërisht është e vërtetë. Pran në qoftë se∫ b

ag(x) dx është

konvergjent,∫ b

af (x) dx mund ose jo të jetë konvergjent dhe në qoftë se

∫ b

af (x) dx është divergjent,

∫ b

ag(x) dx mund ose jo

të jetë divergjent.

Shembull 3.56. Vërtetoni se∫∞

0e−x2

dx është konvergjent.

Zgjidhje: Ne nuk mund ta njehsojmë integralin drejtpërdrejt sepse primitivë e e−x2nuk është funksion elementar.

Ne shkruajmë ∫∞

0e−x2

dx =

∫ 1

0e−x2

dx +

∫∞

1e−x2

dx






dhe vërejmë se integrali i parë në anën e djathtë të barazimit të mësipërm është thjesht një integral i caktuar izakonshëm. Në integralin e dytë përdorim faktin se për x ≥ 1 kemi x2

≥ x dhe kështu −x2≤ −x dhe prej këtej

e−x2≤ e−x. Integrali për e−x është i lehtë për tu llogaritur:∫

∞

1e−x dx = lim

t→∞

∫ t

1e−x dx = lim

t→∞

(e−1− e−t

)= e−1

Prandaj duke marrë f (x) = e−x dhe g(x) = e−x2nga teorema e krahasimit, shohim se

∫∞

1e−x2

dx është konvergjent

dhe po ashtu edhe∫∞

0e−x2

dx është konvergjent. �

Në shembullin e mësipërm ne pamë se integrali∫∞

0e−x2

dx është konvergjent, pa e llogaritur vlerën e tij. Në

Teorinë e Probabilitetit është e rëndësishme të dihet vlera e saktë e integralit jo të mirëfilltë, siç edhe do ta shohimmë vonë.

Shembull 3.57. Integrali∫∞

1

1 + e−x

xdx është divergjent nga Teorema e Krahasimit sepse

1 + e−x

x>

1x

dhe∫∞

1

1x

dx është divergjent siç u tregua në shembullin e parë.

Ushtrime:

Shpjegoni përse secili nga integralet e mëposhtme ështëjo i mirëfilltë.

1.∫∞

1x4e−x4

dx

2.∫ π/2

0sec x dx

3.∫ 2

0

xx2 − 5x + 6

dx

4.∫ 0

−∞

1x2 + 5

dx

5.∫−∞

∞sin x

1 + x2 dx

6. Gjeni sipërfaqen e kurbës nën y = 1/x3 nga x = 1 deri tex = t dhe llogariteni atë kur t = 10, 100 dhe 1000. Pastaj gjenisipërfaqen e plotë për x ≥ 1.

Gjeni në qoftë se integralët e mëposhtëm janë kon-vergjent ose divergjent. Llogarisni vlerën e tyre.

7.∫∞

1

1(3x + 1)2 dx

8.∫ 0

−∞

12x − 5

dx

9.∫−1

−∞

1√

2 − udu

10.∫∞

4e−y/2 dy

11.∫∞

−∞

x1 + x2 dx

12.∫∞

−∞

xe−x2dx

13.∫∞

2πsinθ dθ

14.∫∞

1

x + 1x2 + 2x

dx

15.∫∞

0se−5sds

16.∫∞

1

ln xx

dx

17.∫∞

−∞

x2

9 + x6 dx

18.∫∞

e

1x(ln x)3 dx






19.∫ 1

0

3x5 dx

20.∫∞

0

x(x2 + 2)2 dx

21.∫−1

−∞

e−2t dt

22.∫∞

−∞

(2 − u4) du

23.∫∞

1

e−√

x

√x

dx

24.∫∞

−∞

cosπt dt

25.∫∞

0

dzz2 + 3z + 2

26.∫ 6

−∞

rer/3dr

27.∫∞

−∞

x3e−x4dx

28.∫∞

0

ex

e2x + 3dx

29.∫∞

0

x arctan x(1 + x2)2 dx

30.∫ 3

2

1√

3 − xdx

31.∫ 3

−2

dxx4

32.∫

033

dxx2 − 6x + 5

Ndërtoni grafikun dhe gjeni sipërfaqen në qoftë se ajoështë e fundme.

33. S = {(x, y)|x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ ex}

34. S = {(x, y)|x ≥ −2, 0 ≤ y ≤ e−x/2}

35. Në qoftë se∫∞

−∞

f (x) dx është konvergjent dhe a dhe b

numra realë, vërtetoni se:∫ a

−∞

f (x) dx +

∫∞

af (x) dx =

∫ b

−∞

f (x) dx +

∫∞

bf (x) dx

36. Vërtetoni se:∫∞

0x2e−x2

dx =12

∫∞

0e−x2

dx

37. Vërtetoni se:∫∞

0e−x2

dx =

∫ 1

0

√− ln y dy duke i inter-

pretuar integralet si sipërfaqe.

38. Supozoni se funksioni f është i vazhdueshëm në [0,∞)

dhe limx→∞

= 1. A është e mundur që∫∞

0f (x) dx të jetë kon-

vergjent?

39. Vërtetoni se ë qoftë se a > −1 dhe b > a + 1, integrali imëposhtëm është konvergjent.∫

∞

0

xa

1 + xbdx





Kapitulli 4

Aplikime të integralit të caktuar

Ne studiuam disa aplikime të integralit në Kap. 1 si sipërfaqet, vëllimet, puna, vlerat mesatare, etj. Këtu do tëstudiojmë disa nga aplikimet gjeometrike të integrimit si gjatësia e kurbës, sipërfaqja e një sipërfaqeje, dhe aplikimenë Fizikë, Inxhinieri, Biologji, Ekonomi dhe Statistikë.

4.1 Gjatësia e harkut

Çfarë kuptojmë ne me gjatësi të harkut? Ne na nevojitet një përkufizim i saktë për gjatësinë e harkut të njëkurbe, në të njëjtën frymë sikurse u punua për përkufizimin e nxjerrë për konceptin e Syprinës dhe të vëllimit.

Në qoftë se një kurbë është një shumëkëndësh, ne mund ta gjejmë lehtë gjatësinë e tij; ne thjesht mbledhimgjatësitë e brinjëve të tij, ku mund të përdorim formulën e distancës ndërmjet dy skajeve të një segmenti. Do tagjejmë gjatësinë e një kurbe duke e përafruar fillimisht me gjatësinë e një shumëkëndëshi dhe më pas duke kaluarnë limit kur numri i brinjëve të tij rritet. Ky proces është i njohur për rastin e një rrethi, ku perimetri është limiti igjatësive të shumkëndëshave të brendashkruar.

Figura 4.1: Përafrimi i gjatësisë së harkut

Tani supozojmë se një kurbë C është përkufizuar nga ekuacioni y = f (x), ku f (x) është i vazhdueshëm dhea ≤ x ≤ b. Ne kemi një përafrim prej shumkëndëshash duke e ndarë intervalin [a, b] në n nën-intervale me skajex0, x1, x2, x3, · · · , xn, dhe me gjatësi të barabartë me ∆x. Në qoftë se yi = f (xi), atëherë pika Pi(xi, yi) shtrihet në C

137


dhe shumkëndëshi me kulme P0, P1, P2, · · · , Pn, është një përafrim i C-së. Gjatësia L e C-së është përafërsisht sagjatësia e shumëkëndëshit dhe përafrimi bëhet gjithnjë e më i mirë kur n rritet. Prej këtej ne përkufizojmë gjatësinëL të kurbës C me ekuacion y = f (x), a ≤ x ≤ b, si limit të gjatësive të këtyre shumëkëndëshave të brendashkruar(nëqoftë se ky limit ekziston.

L = limn→∞

n∑i=1

|Pi−1Pi| (4.1)

Vërejmë se procedura për përcaktimin e gjatësisë së harkut është shumë e ngjashme me procedurën e përdorurpër përcaktimin e sipërfaqes dhe të vëllimit. Ne e ndamë kurbën në një numër të madh pjesësh të vogla dhe prejkëtej gjetëm me përafërsi gjatësitë e këtyre pjesëve dhe i mblodhëm ato. Në fund kaluam në limit kur n→∞.

Përkufizimi i gjatësisë së harkut të dhënë nga Ek. (4.1) nuk është shumë i përshtatshëm për llogaritje, por nemund të nxjerrim një formulë integrale për L në rastin kur f (x) ka derivat të vazhdueshëm. Një funksion i tillëquhet i lëmuar sepse ndryshime të vogla në x prodhojnë ndryshime të vogla në f ′(x).

Në qoftë se ∆yi = yi − yi−1, atëherë

|Pi−1Pi| =

√(xi − xi−1)2 +

(yi − yi−1

)2 =√

(∆x)2 + (∆y)2

Duke zbatuar Teoremën e vlerës së mesme të f (x) në intervalin [xi−1, xi], ne gjejmë se ka një numër x∗i ndërmjet xi−1dhe xi të tillë që

f (xi) − f (xi−1) = f ′(x∗i )(xi − xi−1)

pra∆yi = f ′(x∗i )∆x

Prandaj kemi

|Pi−1Pi| =√

(∆x)2 + (∆y)2

=

√(∆x)2 +

[f ′(x∗i )∆x

]2

=

√1 +

[f ′(x∗i )

]2 √(∆x)2

=

√1 +

[f ′(x∗i )

]2∆x meqënëse ∆x > 0

dhe prej këtej nga përkufizimi,

L = limn→∞

n∑i=1

|Pi−1Pi| = limn→∞

n∑i=1

√1 + [ f ′(x∗i )]

2 ∆x =

∫ b

a

√1 + [ f ′(x)]2 dx

Ky integral ekziston sepse funksioni g(x) =

√1 +

[f ′(x)

]2 është i vazhdueshëm. Kështu kemi vërtetuar teoremënnë vazhdim:

Teorema 4.1 (Formula e gjatësisë së harkut). Në qoftë se f ′ është i vazhdueshëm në [a, b], atëherë gjatësia e kurbës

y = f (x), a ≤ x ≤ b,

është

L =

∫ b

a

√1 +

[f ′(x)

]2 dx (4.2)

Në qoftë se përdorim shënimin e Lajbnicit për derivatin, mund ta shkruajmë formulën e gjatësisë së harkut simë poshtë:

L =

∫ b

a

√1 +

[dydx

]2

dx (4.3)






Shembull 4.1. Gjeni gjatësinë e harkut të parabolës gjysmëkubike y2 = x3 ndërmjet pikave (1, 1) dhe (4, 8).

Zgjidhje: Për gjysmën e sipërme të parabolës kemi

y = x3/2, dhedydx

=32

x1/2

dhe formula e gjatësisë së harkut jep

L =

∫ 4

1

√1 +

[dydx

]2

dx =

∫ 4

1

√1 +

94

x dx .

Në qoftë se bëjmë zëvendësimin u = 1 + 9x4 , atëherë du = 9

4 dx. Kur x = 1, u = 134 ; kur x = 4, u = 10. Atëherë

L =49

∫ 10

13/4

√udu =

49·

23

u3/2∣∣∣∣∣10

13/4=

827

[103/2

−

(134

)3/2]=

127

(80√

10 − 13√

13)

�Në qoftë se një kurbë ka ekuacion x = g(y), c ≤ x ≤ d, dhe g′(y) është i vazhdueshëm, atëherë duke ndryshuar

rolin e x me y kemi formulën në vazhdim për gjatësinë e tij:

L =

∫ d

c

√1 +

[g′(y)

]2 dy =

∫ d

c

√1 +

[dxdy

]2

dy

Shembull 4.2. Gjeni gjatësinë e harkut të parabolës y2 = x nga (0, 0) në (1, 1).

Zgjidhje: Meqënëse x = y2, ne kemi dx / dy = 2y, dhe

L =

∫ 1

0

√1 +

[dxdy

]2

dy =

∫ 1

0

√1 + 4y2 dy

Ne bëjmë zëvendësimin trigonometrik y = 12 tanθ, i cili jep dy = 1

2 sec2 θ dθ dhe√

1 + 4y2 =√

1 + tan2 θ = secθ.Kur y = 0, tanθ = 0, kështu që θ = 0; kur y = 1, tanθ = 2, kështu që θ = tan−1 2 = α. Prandaj

L =

∫ α

0secθ ·

12

sec2 θ dθ =12

∫0α sec3 θ dθ

=12·

12

[secθ tanθ + ln |secθ + tanθ|

]α0

=14

(secα tanα + ln |secα + tanα|

)Meqënëse tanα = 2, kemi sec2 α = 1 + tan2 α = 5, kështu që secα =

√5 dhe

L =

√5

2+

ln(√

5 + 2)4

�Për arsye të prezencës së shenjës së rrënjës katrore llogaritja e gjatësisë së harkut shpesh çon në një integral

që mund të jetë shumë e vështirë apo edhe e pamundur të llogaritet në mënyrë eksplicite. Prandaj ndonjëherëmjaftohemi të gjejmë një përafrim të gjatësisë së një kurbe si në shembullin në vazhdim.

Shembull 4.3. (a) Ndërtoni një integral për gjatësinë e harkut të hiperbolës

xy = 1,

nga pika (1, 1) në pikën (2, 12 ).

(b) Përdorni Rregullin e Simpsonit (Kreu ???) me n = 10 për të vlerësuar gjatësinë e harkut.






Zgjidhje: (a) Kemi

y =1x

dhedydx

= −1x2

dhe kështu gjatësia e harkut është

L =

∫ 2

1

√1 +

(dydx

)2

dx =

∫ 2

1

√

x4 + 1x2 dx =

∫ 2

1

√1 +

1x4 dx

(b) Duke përdorur Rregullin e Simpsonit me n = 10 me a = 1, b = 2, ∆x = 0.1, dhe f (x) =√

1 + 1x4 , kemi

L =

∫ 2

1

√1 +

1x4 dx ≈

∆x3

[f (1) + 4 f (1.1) + 2 f (1.2) + 4 f (1.3) + · · · + 2 f (1.8) + 4 f (1.9) + f (2)

]≈ 1.1321

�

4.1.1 Funksioni gjatësi e harkut

Do të jetë me vend që të kemi një funksion që të masë gjatësinë e një kurbe nga një pikë nisje e veçantë tek njëpikë tjetër e çfarëdoshme e kurbës. Prandaj, në qoftë se një kurbë e lëmuar C ka ekuacion y = f (x), a ≤ x ≤ b, le tëjetë s(x) distanca përgjatë C nga pika e nisjes P0(a, f (a)) tek pika Q(x, f (x)). Atëherë s është një funksion, i cili quhetfunksioni i gjatësisë së harkut:

s(x) =

∫ x

a

√1 +

[f ′(t)

]2 dt

Kemi zëvendësuar variablin e integrimit me t kështu që x nuk ka dy kuptime. Mund të përdorim pjesën e parëtë Teoremës Themelore të Kalkulusit për të derivuar ekuacionin e mësipërm meqë funksioni nën integral është ivazhdueshëm.

dsdx

=√

1 + [ f ′(x)]2 =

√1 +

(dydx

)2

(4.4)

Ky ekuacion tregon se raporti i ndryshimit të s në lidhja me x është gjithmonë të paktën 1 dhe është i barabartëme 1 kur f ′(x), kefiçenti këndor i tangentes ndaj kurbës, është 0. Diferenciali i gjatësisë së harkut është

ds =

√1 +

(dydx

)2

(4.5)

Dhe ky ekuacion ndonjëherë shkruhet në formën simetrike

(ds)2 = (dx)2 + (dy)2 (4.6)

Interpretimi gjeometric jepet në Fig. 4.2.

Shembull 4.4. Gjeni gjatësinë e harkut për funksionin f (x) = x23 në intervalin [0, 2].

Zgjidhje: Gjatësia e harkut jepet nga formula

L =

∫ 2

0

√1 +

(f ′(x)

)2 dx =

∫ 2

0

12

√

9x + 4 dx = −8

27+

2227

√

22

�

Shembull 4.5. Gjeni funksionin gjatësi e harkut për kurbën y = x2−

18 ln x, duke marrë si pikë nisje P0(1, 1).






Figura 4.2: Interpretimi gjeometrik i diferencialeve

Zgjidhje: Në qoftë se f (x) = x2−

18 ln x, atëherë

f ′(x) = 2x −1

8x

Gjithashtu,

1 +[

f ′(x)]2 = 1 +

(2x −

18x

)2

= 1 + 4x2−

12

+1

64x2 = 4x2 +12

+1

64x2 =(2x +

18x

)2

Kështu që, √1 +

[f ′(x)

]2 = 2x +1

8xPrandaj, funksioni gjatësi e harkut jepet nga

s(x) =

∫ x

1

√1 +

[f ′(t)

]2 dt =

∫ x

1

(2t +

18t

)dt = t2 +

18

ln t∣∣∣∣∣x1

= x2 +18

ln x − 1

Për shembull, gjatësia e harkut përgjatë kurbës nga (1, 1) tek (3, f (3)) është

s(3) = 32 +18

ln 3 − 1 = 8 +ln 3

8≈ 8.1373

Ushtrime:

Shkruani integralet e mëposhtme por mos i llogarisniato.

1. y = cos x, 0 ≤ x ≤ 2π

2. y = xe−x2, 0 ≤ x ≤ 1

3. x = y + y3, 1 ≤ y ≤ 4

4. x2

a2 +y2

b2 = 1

Gjeni gjatësinë e kurbës.

5. y = 1 + 6x3/2, 0 ≤ x ≤ 1

6. y2 = 4(x + 4)3, 0 ≤ x ≤ 2, y > 0

7. y = x5

61

10x3 , 1 ≤ x ≤ 2

8. x =y4

81

4y2 , 1 ≤ y ≤ 2

9. x = 13√

y(y − 3), 1 ≤ y ≤ 9

10. y = ln(cos x), 0 ≤ x ≤ π/3

11. y = xe−x2, 0 ≤ x ≤ 1

12. y = ln(sec x), 0 ≤ x ≤ π/4

13. y = ln(1 − x2), 0 ≤ x ≤ 12

14. y =√

x − x2 + sin−1(√

x)

15. y = ex, 0 ≤ x ≤ 1

16. y = ln(

ex+1ex−1

), a ≤ x ≤ b, a > 0

Gjeni gjatësinë e harkut nga pika P në pikën Q.

17. y = 12 x2, P(−1, 1

2 ), Q(1, 12 )

18. x2 = (y − 4)3, P(1, 5), Q(8, 8)

Vizatoni kurbën dhe vlerësoni vizualisht gjatësinë e saj,pastaj njehsoni saktësisht gjatësinë e saj.

19. y = 23 (x2− 1)3/2, 1 ≤ x ≤ 3

20. y = x3

6 + 12x ,

12 ≤ x ≤ 1






4.2 Sipërfaqet e rrotullimit

Një sipërfaqe rrotullim përftohet kur një kurbë rrotullohet rreth një drejtëze. Një sipërfaqe e tillë është kufirianësor i një trupi rrotullim të tipit të shqyrtuar në Kap. 1. Ne duam të përcaktojmë sipërfaqen e një sipërfaqeje tëtillë në një mënyrë të tillë që të korrespondojë me intuitën tonë.

Le ta fillojmë me disa sipërfaqe të thjeshta. Sipërfaqja e sipërfaqes anësore të një cilindri rrethor me rreze r dhelartësi h i bie të jetë A = 2πrh sepse mund ta imagjinojmë prerjen dhe hapjen e cilindrit dhe ajo që kemi prej saj ështënjë drejtkëndësh me përmasa 2πr dhe h.

Figura 4.3: Sipërfaqja anësore e cilindrit

Në po të njëjtën mënyrë, mund të marrim një kon me bazë rrethore me rreze r dhe lartësi l, duke e prerë sipasnjë vie drejtuese dhe duke e hapur formohet një sektor qarku me rreze l dhe knd qendror θ = 2πr/l. Ne edimë se nëpërgjithësi, sipërfaqja e një sektori qarku me rreze l dhe kënd qendror θ është 1

2 l2θ, dhe kështu në këtë rast do jetë

A =12

l2θ =12

l2(2πr

l

)= πrl

Prej këtej, ne përkufizojmë sipërfaqen anësore të një koni si A = πrl.

Figura 4.4: Sipërfaqja e konit

Në qoftë se ndjekim të njëjtën strategji që përdorëm për gjatësinë e harkut, mund ta përafrojmë kurbën origjinaleme një shumëkëndësh. Kur ky shumëkëndësh rrotullohet rreth një boshti, ai krijon një sipërfaqe të thjeshtë sipërfaqjae të cilës përafron sipërfaqen e sipërfaqes aktuale.

A = πr2(l1 + l) − πr1l1 = π [(r2 − r1) l1 + r2l] (4.7)Prej trekëndëshave të ngjashëm kemi

l1r1

=l1 + l

r2






i cili jepr2l1 = r1l1 + r1l ose (r2 − r1) l1 = r1l

Përfundimisht kemiA = π (r1l + r2l)

oseA = 2πrl (4.8)

ku r = 12 (r1 + r2).

Figura 4.5: Sipërfaqja anësore e konit midis dy planeve paralelë

Tani aplikojmë këtë formulë si vijon. Shqyrtojmë sipërfaqen e cila përftohet nga rrotullimi i kurbës y = f (x),a ≤ x ≤ b, rreth boshtit të x-ve, ku f (x) është pozitiv dhe ka derivat të vazhdueshëm. Në mënyrë që të gjejmësipërfaqen e sipërfaqes së tij, e ndajmë segmentin [a, b] në n nën-intervale me skaje x0, x1, x2, . . . , xn, dhe me gjatësitë barabartë me ∆x, sikurse vepruam në përcaktimin e gjatësisë së harkut.

Në qoftë se yi = f (xi), atëherë pika Pi(xi, yi) shtrihet në kurbë. Pjesa e sipërfaqes ndërmjet xi−1 dhe xi përafrohetduke marrë segmentin Pi−1Pi dhe rrotulluar rreth boshtit të x-ve. Rezultati është një trung koni me lartësi anësore

l = |Pi−1P − i|

dhe rreze mesatare

r =12(yi−1 + yi

),

kështu që sipërfaqja e sipërfaqes së tij është

2πyi−1 + yi

2|Pi−1Pi|

Si në vërtetimin e Toremës për gjatësinë e harkut, kemi

|Pi−1Pi| =

√1 +

[f ′

(x∗i

)]2∆x

ku x∗i është një numër ndërmjet [xi−1, xi]. Kur ∆x është shumë e vogël, kemi

yi = f (xi) ≈ f (x∗i )






dhe gjithashtuyi−1 = f (xi−1) ≈ f (x∗i ),

meqë f (x) është i vazhdueshëm. Prej nga

2πyi−1 + yi

2|Pi−1Pi| ≈ 2π f (x∗i )

√1 + [ f ′(x∗i )]

2∆x

dhe kështu një përafrim i asaj që ne mendojmë si sipërfaqe e gjithë sipërfaqes së rrotullimit është

n∑i=1

2π f(x∗i

) √1 +

[f ′

(x∗i

)]2∆x (4.9)

Figura 4.6: Sipërfaqja anësore e një objekti rrotullimi

Ky përafrim bëhet gjithnjë e më i mirë kur n → ∞ dhe duke e konsideruar integralin si shumë të Riemanit përfunksionin

g(x) = 2π f (x)√

1 +[

f ′(x)]2.

Pra kemi

limn→∞

n∑i=1

2π f(x∗i

) √1 +

[f ′

(x∗i

)]2∆x =

∫ b

a2π f (x)

√1 +

[f ′ (x)

]2 dx

Dhe prej këtej, në rastin kur f (x) është pozitiv dhe ka derivat të vazhdueshëm, e përcaktojmë sipërfaqen e sipërfaqessë rrotullimit të kurbës y = f (x) a ≤ x ≤ b, rreth boshtit të x-ve si

S =

∫ b

a2π f (x)

√1 +

[f ′(x)

]2 dx (4.10)

Sipas shënimit të Lajbnicit për derivatet, kjo formulë merr trajtën

S =

∫ b

a2πy

√1 +

(dydx

)2

dx (4.11)






Në qoftë se kurba përshkruhet si x = g(y), c ≤ y ≤ d, atëherë formula për sipërfaqen e sipërfaqes bëhet

S =

∫ d

c2πy

√1 +

(dxdy

)2

dy (4.12)

dhe të dy formulat mund të përmblidhen simbolikisht duke përdorur shënimin e gjatësisë së harkut

S =

∫2πyds (4.13)

Figura 4.7: Sipërfaqja e rrotullimit rreth boshtit te x-it dhe y-it

Për rrotullimin rreth boshtit të y-ve formula e sipërfaqes bëhet

S =

∫2πxds (4.14)

Ku si dhe më parë mund të përdoren

ds =

√1 +

(dydx

)2

dx ose

√1 +

(dxdy

)2

dy

Këto formula mund të mbahen mend duke e menduar 2πy ose 2πx si perimetrin e rrethit duke e nisur nga një pikë(x, y) e kurbës dhe duke e rrotulluar rreth boshtit të x-ve apo boshtit të y-ve respektivisht.

Shembull 4.6. Kurbay =√

4 − x2, for − 1 ≤ x ≤ 1,

është harku i rrethit x2 + y2 = 4. Gjeni sipërfaqen e sipërfaqes së rrotullimit të përftuar nga rrotullimi i këtij harku rreth boshtittë x-ve. (Sipërfaqja është një pjesë sfere me rreze 2.)

Zgjidhje: Kemidydx

=12

(4 − x2

)− 12 (−2x) =

−x√

4 − x2

dhe kështu sipërfaqja është

S =

∫ 1

−12πy

√1 +

(dydx

)2

dx = 2π∫−1

1√

4 − x2 ·

√1 +

x2

4 − x2 dx

= 2π∫ 1

−1

√

4 − x2 2√

4 − x2dx = 4π

∫ 1

−1dx = 4π · x

∣∣∣∣1−1

= 4π · 2 = 8π

�






Shembull 4.7. Harku i parabolës y = x2 nga (1, 1) në (2, 4) rrotullohet rreth boshtit të y-ve. Gjeni sipërfaqen e sipërfaqes sëpërftuar.

Zgjidhje: 1. Duke përdorur y = x2 dhe dydx = 2x kemi

S =

∫2πxds =

∫ 2

12πx

√1 +

(dydx

)dx = 2π

∫ 2

1x√

1 + 4x2 dx

Duke zëvendësuar u = 1 + 4x2, kemi du = 8x dx. Duke pasur parasysh edhe ndryshimin e kufijve të integrimit,kemi

S =π4

∫ 17

5

√u du =

π4

[23

u3/2]17

5=π6

(17√

17 − 5√

5)

Zgjidhje: 2. Duke përdorur x =√

y dhe dxdy = 1

2√

y kemi

S =

∫2πxds =

∫ 4

12πx

√1 +

(dxdy

)2

dy

= 2π∫ 4

1

√y

√1 +

14y

dy = π

∫ 4

1

√4y + 1 dy

=π4

∫ 17

5

√u du ku u = 1 + 4y =

π6

(17√

17 − 5√

5)

�

Shembull 4.8. Gjeni sipërfaqen e përftuar nga rrotullimi i kurbës y = ex, 0 ≤ x ≤ 1, rreth boshtit të x-ve.






Zgjidhje: Meqënëse y = ex dhe dydx = ex kemi

S =

∫ 1

02πy

√1 +

(dydx

)2

dx

= 2π∫ 1

0

√

1 + e2x dx

= 2π∫ e

1

√

1 + u2du ku u = ex

= 2π∫ α

π/4sec3 θ dθ ku u = tanθ dhe α = tan−1 e

= 2π ·12

[secθ tanθ + ln

∣∣∣∣ secθ + tanθ∣∣∣∣]απ/4

Meqënëse tanα = e, kemi sec2 α = tan2 α + 1 = 1 + e2 dhe

S = π(e√

1 + e2 + ln∣∣∣∣e +√

1 + e2∣∣∣∣ − √2 − ln

(√2 + 1

))�

Në dy shembujt në vazhdim ne do të shohim se si llogaritet sipërfaqja e përftuar nga rrotullimi i grafikut tëf (x) = x

23 rreth boshtit horizontal dhe pastaj rreth boshtit vertikal.

Shembull 4.9. Gjeni sipërfaqen e përftuar nga rrotullimi i f (x) = x23 rreth boshtit vertical në intervalin [0, 1].

Zgjidhje: Nga formula për sipërfaqet kemi

S =

∫ 1

0

23πx

√9x2/3 + 4

x2/3dx =

23π ·

∫ 1

0x

√9x2/3 + 4

x2/3dx

Ushtrime:

Shkruani, por mos e llogarisni, integralin që përftohetnga rrotullimi i kurbës rreth

a) boshtit të x-veb) boshtit të y-ve

1. y = x4, 0 ≤ x ≤ 1

2. y = tan−1 x, 0 ≤ x ≤ 1

3. y = xe−x, 1 ≤ x ≤ 3

4. x =√

y − y2

Llogarisni sipërfaqen e sipërfaqes së përftuar nga rrotul-limi i kurbës rreth boshtit të x-ve.

5. y = x3, 0 ≤ x ≤ 2

6. 9x = y2 = 18, 2 ≤ x ≤ 6

7. y =√

1 + 4x, 1 ≤ x ≤ 5

8. y = tan−1 x, 0 ≤ x ≤ 1

9. y = sinπx, 0 ≤ x ≤ 1

10. y = x3

6 + 12x ,

12 ≤ x ≤ 1

11. x = 1 + 2y2, 1 ≤ y ≤ 2

Kurbat e mëposhtme rrotullohen rreth boshtit të y-ve.Gjeni sipërfaqen e sipërfaqes së përftuar.

12. y = 1 − x2, 0 ≤ x ≤ 1

13. x =√

a2 − y2, 0 ≤ y ≤ a/2

14. y = 14 x2−

12 ln x, 1 ≤ x ≤ 2

15. Në qoftë se kurba y = e−x, x ≥ 0 rrotullohet rreth boshtittë y-ve, gjeni sipërfaqen e sipërfaqes së përftuar.

16. Në qoftë se kurba y = f (x), a ≤ x ≤ b rrotullohet rrethvijës horizontale y = c ku f (x) ≤ c, gjeni një formulë përsipërfaqen e përftuar.

17. Gjeni sipërfaqen e përftuar nga rrotullimi i rrethit x2+y2 =r2 rreth vijës y = r.





Kapitulli 5

Ekuacionet parametrike dhe koordinatatpolare

Në këtë kapitull do të japim dy metoda të përshkrimit të kurbave plane, të cilat deri më tani ne i kemi përshkruarduke shprehur njërin ndryshore y ose x në varësi të tjetrit, në trajtë të shtjellur ose të pashtjellur.

Disa kurba, janë më të përdorshme kur të dy ndryshoret x dhe y shprehen në varësi të një ndryshorja të tretë t(të quajtur parametër). Një kurbë e tillë është cikloida. Kurba të tjera kanë një përshkrim më të përshtatshëm kurpërdorim një sistem të ri koordinativ të quajtur sistemi i koordinatave polare. Një kurbë e tillë është kardioida.

5.1 Kurbat parametrike

Në qoftë se do të imagjinonim lëvizjen e një grimce përgjatë një kurbe si në Figurën 5.1, do të ishte e pamundurta përshkruanim kurbën me një ekuacion të formës y = f (x), sepse testi i drejtëzës vertikale nuk na e lejon këtë. Porkoordinatat x dhe y të grimcës janë në varësi të kohës, kështu që mund të shkruajmë x = f (t) dhe y = g(t).

Figura 5.1: Lëvizja e grimcës

Një çift i tillë ekuacionesh në shumë raste është më i përshtatshëm në përshkrimin e një kurbe. Le të japimpërkufizimin e mëposhtëm.

Përkufizim 5.1. Supozojmë se x dhe y janë dhënë si funksione të një ndryshorja të tretë (të quajtur parametër)nëpërmjet ekuacioneve {

x = f (t)y = g(t)

të cilët quhen ekuacione parametrike.

149


Secila vlerë e t na përcakton një pikë (x, y) në planin koordinativ kartezian. Duke i dhënë vlera t, marrim vleratpërgjegjëse të çiftit (x, y) të cilat në planin koordinativ përbëjnë grafikun e një kurbe të quajtur kurbë parametrike.

Duke qenë se në shumicën e aplikimeve të kurbave parametrike t tregon kohën, ne mund ta interpretojmë(x, y) = ( f (t), g(t)) si pozicionin e grimcës në kohën t.

Le të shohim disa shembuj

Shembull 5.1. Ndërtoni kurbën e dhënë me ekuacionet parametrike.{x = t2 + ty = 2t − 1

Zgjidhje: Për çdo vlerë të t marrim një pikë të kurbës, kështu që duke i dhënë vlera t gjejmë vlerat përgjegjëse nëtabelën në vazhdim të (x, y).

t x y-2 2 -5-1 0 -3

-1/2 -1/4 -20 0 -11 2 1

Atëherë duke u nisur nga tabela e vlerave mund të shënojmë secilën pikë (x, y) në planin koordinativ, dhe dukei bashkuar ato përftojmë grafikun e kurbës së dhënë.

Figura 5.2: Grafiku i kurbës parametrike

Një grimcë lëviz përgjatë kurbës parametrike në drejtimin e rritjes së parametrit kohë t. Po të kthehemi tekgrafiku i kurbës në planin koordinativ, në bazë të të dhënave mund të shohim se pikat e kurbës janë llogaritur nëintervale kohe të njëjta por jo në distanca të njëjta. Kjo ndodh për faktin se grimca e ngadalëson lëvizjen apo epërshpejton atë kur koha t rritet. Nga të dhënat e tabelës më lart duket se kurba e lëvizjes së grimcës ngjan me njëparabolë. Këtë gjë mund ta verifikojmë duke shprehur t në varësi të njërit prej ndryshoreve për shembull në varësitë y dhe shprehjen e gjetur e zëvendësojmë tek ndryshorja tjetër pra x. Duke vepruar në këtë mënyrë marrim:

t =y + 1

2

dhe duke e zëvendësuar tek shprehja e x kemi:






x = t2 + t =(y + 1)2

4+

y + 12

=y2 + 2y + 1

4+

y + 12

=y2 + 2y + 1 + 2y + 2

4=

14

(y2 + 4y + 3)

Pra, kurba nuk është tjetër veçse parabola x =14

(y2 + 4y + 3).�

Ky shembull na jep mundësinë të sqarojmë se në disa raste është e mundur të kalohet nga ekuacionet parametrikenë një shprehje të shtjellur të një ndryshorja në varësi të tjetrit. Dhe për më tepër në këtë shembull nuk u vendosasnjë kusht për vlerat e t, por shumë herë në varësi të problemit konkret kërkohen edhe kushte plotësuese në lidhjeme parametrin t. Kështu kurba parametrike

x = t2 + ty = 2t − 1

ku −1 ≤ t ≤ 1, është një pjesë e kurbës së dhënë në shembullin e mësipërm e cila fillon tek pika (0,−3) dhe mbarontek pika (2, 1). Në përgjithësi kurba parametrike me ekuacione

x = f (t)y = g(t)

për a ≤ t ≤ b, ka si pikë fillimi ( f (a), g(a)) dhe pikë mbarimi ( f (b), g(b)) dhe thuhet se kurba është e orientuar nëdrejtimin e rritjes së vlerave të parametrit.

Figura 5.3: Grafiku i kurbës parametrike me kushte shtesë

Shembull 5.2. Cila kurbë përfaqësohet nga ekuacionet e mëposhtme parametrike për 0 ≤ t ≤ 2π?

x = cos ty = sin t

Zgjidhje: Po të merremi me llogaritjen e vlerave të x dhe y në varësi të t duke i vendosur në planin koordinativdo të na rezultonte se kurba e dhënë paraqet një rreth. Këtë mund ta tregojmë edhe duke u nisur nga ekuacionetparametrike, nëpërmjet eleminimit të t.

x2 + y2 = cos2 t + sin2 t = 1






Pra, pikat (x, y) lëvizin përgjatë rrethit njësi x2 + y2 = 1. Përsa i përket orientimit të lëvizjes mund të shohimse me rritjen e t nga 0 në 2π, pika (cos t, sin t) lëviz përgjatë rrethit në drejtimin kundërorar duke filluar nga pika (1, 0).

�

Shembull 5.3. Çfarë kurbe përfaqësojnë ekuacionet parametrike për 0 ≤ t ≤ 2π?

x = sin 2ty = cos 2t

−1.5 −1 −0.5 0.5 1 1.5

−1

1

x

y

Figura 5.4: Grafi i kurbës x = sin 2t y = cos 2t

Zgjidhje: Përsëri mund të shkruajmë:x2 + y2 = sin2 t + cos2 2t = 1

që jep rrethin njësi x2 + y2 = 1. Por në këtë rast kur t rritet nga 0 në 2π, pika (x, y) lëviz nëpër rreth duke u nisur nga(0, 1) dhe e përshkon dy herë rrethin njësi.

�Dy shembujt e mësipërm na tregojnë se ekuacione të ndryshme parametrike mund të prezantojnë të njëjtën

kurbë. Kështu bëjmë dallimin ndërmjet një kurbe, e cila është një bashkësi pikash, dhe një kurbe parametrike, pikate së cilës janë vendosur në një mënyrë të veçantë.

Shembull 5.4. Gjeni ekuacionet parametrike të një rrethi me qendër (h, k) dhe rreze r.

Zgjidhje: Në qoftë se shohim ekuacionin e rrethit njësi të shembullit 5.2 dhe të shumëzojmë shprehjet për x dhe yme r, marrim:

x = r cos ty = r sin t.

Mund të verfikohet lehtë se këto ekuacione parqesin rrethin me rreze r dhe me qendër në origjinë. Duke ezhvendosur h njësi në drejtimin pozitiv të x dhe k njësi në drejtimin pozitiv të y përftojmë ekuacionet parametriketë rrethit me qendër (h, k) me rreze r:

x = h + r cos ty = k + r sin t

ku 0 ≤ t ≤ 2π.�






−2 −1 1 2

−2

−1

1

2

x

y

Figura 5.5: Grafi i kurbës x = sin t y = sin2 t

Shembull 5.5. Ndërtoni kurbën parametrike me ekuacione x = sin t dhe y = sin2 t.

Zgjidhje: Vërejmë se y = (sin t)2 = x2 dhe pika (x, y) lëviz në parabolën y = x2. Por meqë −1 ≤ sin t ≤ 1, kemi−1 ≤ x ≤ 1, kështu që ekuacionet parametrike paraqesin vetëm një pjesë të parabolës për të cilën −1 ≤ x ≤ 1.Meqënëse sin t është funksion periodik, pika (x, y) = (sin t, sin2 t) lëviz para mbrapa përgjatë parabolës nga (−1, 1)në (1, 1).

�Për të ndërtuar grafikët e kurbave të dhëna me ekuacione parametrike, mund të përdoren shumë makina

llogaritëse grafike dhe programe grafike kompjetrike dhe është mjaft interesante të shohësh vizatimin e grafikutme këto makineri.

Në qoftë se duam të ndërtojmë grafikun e një ekuacioni të trajtës x = g(y), mund të përdorim ekuacionetparametrike

x = g(t) dhe y = (t)

Gjithashtu edhe kurba me ekuacion y = f (x) mund të shihet nëpërmjet ekuacioneve parametrike

x = t dhe y = f (t)

Makinat llogaritëse grafike janë mjaft të përdorshme në ndërtimin e grafikëve të kurbave të ndërlikuara.

5.1.1 Cikloida

Kurba që formohet nga lëvizja e një pike të një rrethi gjatë rrotullimit të rrethit përgjatë një vije të drejtë quhetcikloidë. Ekuacionet parametrike të cikloidës janë

x = r(θ − sinθ)y = r(1 − cosθ)

për θ ∈ R, ku r është rrezja e rrethit dhe θ këndi në radianë me të cilin rrotullohet rrethi përgjatë boshtit të x-ve. Njëhark i cikloidës merret nga një rrotullim i rrethit, pra përshkruhet për 0 ≤ θ ≤ 2π. Nga ky ekuacion është e mundurtë eleminohet parametri θ por ekuacioni ri i shprehur në koordinata karteziane është mjaft i ndërlikuar dhe nukështë i përshtatshëm.

Një nga njerëzit e parë që ka studiuar cikloidën ka qenë Galileo, i cili propozoi se urat duhen ndërtuar sipasharqeve të cikloidës. Ai u përpoq të gjente sipërfaqen nën njërin hark të cikloidës.

Ushtrime:






Figura 5.6

Ndërtoni kurbën e dhënë me ekuacione parametrike.Vërtetoni me shigjetë drejtimin e përparimit të kurbëskur t rritet.

1. x = 1 +√

t, y = t2− 4, 0 ≤ t ≤ 5

2. x = 2 cos t, y = t2− cos t, 0 ≤ t ≤ 2π

3. x = 5 sin t, y = t2, −π ≤ t ≤ π

4. x = e−t + t, y = et− t, −2 ≤ t ≤ 2

(a) Ndërtoni kurbën e dhënë me ekuacioneparametrike. Vërtetoni me shigjetë drejtimin e për-parimit të kurbës kur t rritet.

(b) Eleminoni parametrin për të treguar ekuacioninkartezian të kurbës.

5. x = 3t − 5, y = 2t + 1

6. x = t3− 2t, y = t2

− t

7. x = 1 + 3t, y = 2 − t2

8. x = t2− 2, y = 5 − 2t −3 ≤ t ≤ 4

9. x = ln t, y =√

t t ≥ 1

10. x = sin t, y = csc t 0 ≤ t ≤ π/2

11. x = sinθ, y = cosθ 0 ≤ θ ≤ π

12. x = et− 1, y = e2t

13. x = 2 cosh t, y = sinh t

14. Supozojmë se një kurbë jepet me ekuacipone parametrikex = f (t) dhe y = g(t), ku bashkësia e vlerave të f është [1, 4]dhe bashkësia e vlerave të g është [2, 3]. Çfarë mund të thonipër kurbën?

15. Ndërtoni grafikun e kurbës x = y−3y3 +y5 duke përdorurnjë makinë llogaritëse grafike.

16. (a) Vërtetoni se ekuacionet parametrike

x = x1 + (x2 − x1)t y = y1 + (y2 − y1)t

ku 0 ≤ t ≤ 1, përshkruajnë një segment që bashkon pikatP1(x1, y1) dhe P2(x2, y2).(b) Gjeni ekuacionet parametrike që paraqesin segmentin qëbashkon pikat (−2, 7) me (3,−1).






5.2 Kalkulusi i kurbave parametrike

Në këtë seksion do të aplikojmë metodat e kalkulusit për kurbat parametrike, kur tashmë dimë sesi mund taparaqesim një kurbë me ekuacione parametrike. Këtu do të zgjidhim probleme që kanë të bëjnë me tangenten,sipërfaqen, dhe gjatësinë e harkut.

5.2.1 Tangentet

Në seksionin e mëparshëm pamë sesi paraqitet një kurbë me ekuacione parametrike x = f (t) dhe y = g(t), si dhesesi mund të eleminonim parametrin për të kaluar në ekuacionin kartezian, të trajtës y = F(x). Le të zëvendësojmënë këtë të fundit x = f (t) dhe y = g(t), kështu do të përftojmë

g(t) = f ( f (t))

dhe kur f dhe g janë të derivueshëm, në bazë të rregullit zinxhir për derivimin e funksionit të përbërë, duke derivuaranë për anë ekuacionin e mësipërm në lidhje me t, përftojmë:

g′(t) = F′( f (t)) f ′(t) = F′(x) f ′(t)

Në qoftë se f ′(t) , 0, mund ta shkruajmë ekuacionin në trajtën:

F′(x) =g′(t)f ′(t)

(5.1)

Duke qenë se koefiçenti këndor i tangentes së hequr ndaj kurbës y = F(x) në pikën (x,F(x)) është F′(x), atëherëekuacioni i mësipërm na lejon ta gjejmë këtë koefiçent pa pasur nevojë të eleminojmë parametrin. Duke paturparasysh shënimin e Leibnicit, atëherë ekuacioni i mësipërm merr trajtën:

dydx

=

dydtdxdt

në qoftë sedxdt, 0 (5.2)

Shembull 5.6. Gjeni ekuacionin e tangentes ndaj kurbës parametrike me ekuacione parametrike

x = t5− 4t3

y = t2

në pikën (0, 4).

−15 −10 −5 5 10 15

−10

10

x

y

Figura 5.7: Grafi i kurbës x = t5− 4t3 y = t2






Zgjidhje: Fillimisht gjejmë derivatin i cili është edhe koefiçenti këndor i tangentes.

dydx

=

dydtdxdt

=2t

5t4 − 12t2 =2

5t3 − 12t

Por duke qenë se derivati jepet në varësi të t, atëherë na duhet të shohim për pikën e dhënë (0, 4) në koordinatakarteziane, se për çfarë vlere të t merret kjo pikë.

t5− 4t3 = t3

· (t2− 4) = 0 =⇒ t = 0 ose t = ±2

t2 = 4 =⇒ t = ±2

Çdo vlerë e t që është në të dy barazimet na jep pikën (0, 4). Kështu që do të kemi dy tangente. Le t’i gjejmë ato.Kur t = −2 kemi:

dydx

=2

5(−2)3 − 12(−2)= −

18

Ekuacioni i tangentes në (0, 4) për t = −2 do të jetë:

y = 4 −18

x.

Ndërsa kur t = 2 kemi:dydx

=2

5(2)3 − 12(2)=

18

Ekuacioni i tangentes në (0, 4) për t = 2 do të jetë:

y = 4 +18

x

Paraqitja grafike e kurbës parametrike shpjegon edhe arsyen e të pasurit të dy tangenteve në (0, 4), shih Fig. 5.7�

Kurdydt

= 0 duke nënkuptuar qëdxdt, 0, themi se kurba ka tangente horizontale ndërsa kur derivati

dydx

nuk ka

kuptim, pra kurdxdt

= 0 me kusht qëdydt

, 0 kurba ka tangente vertikale. Le të shohim një shembull.

Shembull 5.7. Përcaktoni koordinatat e pikave të tagenteve horizontale dhe vertikale të kurbës parametrike: x = t3− 3t

y = 3t2− 9

Zgjidhje: Fillimisht gjejmë derivatet e pjesshme

dxdt

= 3t2− 3 = 3(t2

− 1),dydt

= 6t

Kurdydt

= 6t = 0 kemi t = 0

dhe tangentja është horizontale. Për t = 0 kemi pikën (0,−9).Në qoftë se

dxdt

= 3(t2− 1) = 0 pra t = ±1

tagentja është vertikale. Duke vepruar në të njëjtën mënyrë marrim pikat (2,−6) dhe (−2,−6). Grafiku i kurbës jepetnë Fig. 5.8. �






−10 −5 5 10

−10

−5

5

10

x

y

Figura 5.8: Grafi i kurbës x = t3− 3t, y = 3t2

− 9

Derivati i dytë për kurbat parametrike mund të gjendet duke derivuar Ek. (5.2)

d2y

dx2 =d

dx

(dydx

)=

ddt

(dydx

)dxdt

Shembull 5.8. Përcaktoni vlerat e parametrit t për të cilat kurba parametrike e dhënë me ekuacione parametrike x = 1 − t2

y = t7 + t5

është e lugët, e mysët.

−4 −2 2 4

−5

5

x

y

Figura 5.9: Grafi i kurbes x = 1 − t2, y = t7 + t5

Zgjidhje: Le të njësojmë fillimisht derivatet e pjesshme të rendit të parë:

dydt

= 7t6 + 5t4,dxdt

= −2t

Pra kemidydx

=7t6 + 5t4

−2t= −

12

(7t5 + 5t3)






Duke parë derivatin e parë mund të nxjerrim një informacion në lidhje me natyrën rritëse dhe zbritëse të kurbës.Kështu për t < 0 kurba është rritëse dhe për t > 0 kurba është zbritëse. Llogarisim derivatin e dytë për të marrëinformacionin e kërkuar për përkulshmërinë e kurbës së dhënë.

d2y

dx2 =−

12

(35t4 + 15t2)

−2t=

14

(35t3 + 15t)

Shohim se derivati i dytë bëhet zero për t = 0 dhe është pozitiv për t > 0 dhe negativ për t < 0. Pra, për t > 0 kurbaështë e lugët dhe për t < 0 kurba është e mysët, shih Fig. 5.9

5.2.2 Sipërfaqet

Le të gjejmë një formulë për sipërfaqen e zonës nën grafikun e kurbës parametrike me ekuacione parametrikex = f (t) dhe y = g(t) për α ≤ t ≤ β, kur tashmë ne njohim një formulë për sipërfaqen nën kurbën y = F(x) nga a në b

pra, A =

∫ b

aF(x) dx. Duke u nisur nga rregulli i zëvendësimit tek integrali i caktuar marrim:

A =

∫ b

aF(x) dx =

∫ β

αg(t) f ′(t) dt

Shembull 5.9. Gjeni sipërfaqen e zonës nën një hark të cikloidës

x = r(θ − sinθ)y = r(1 − cosθ)

5 10 15 20 25 30

2

4

x

y

Figura 5.10: Grafiku i cikloidës x = 2(θ − sinθ), y = 2(1 − cosθ)

Zgjidhje: Një hark i cikloidës jepet për 0 ≤ θ ≤ 2π. Duke përdorur rregullin e zëvendësimit për y = r(1 − cosθ)dhe dx = r(1 − cosθ) dθ, kemi:

A =

∫ 2πr

0y dx =

∫ 2π

0r(1 − cosθ)r(1 − cosθ) dθ

= r2∫ 2π

0(1 − cos2 θ) dθ = r2

∫ 2π

0(1 − 2 cosθ + cos2 θ) dθ

= r2∫ 2π

0

(1 − 2 cosθ +

12

(1 + cos 2θ))

dθ

= r2(3

2θ − 2 sinθ +

14

sin 2θ)∣∣∣∣∣2π

0

= r2(3

2· 2π

)= 3πr2

�






5.2.3 Gjatësia e harkut

Tashmë njohim formulën e llogaritjes së gjatësisë së harkut të një kurbe me ekuacion y = F(x), për a ≤ x ≤ b.Duke u nisur nga fakti se F′ është i vazhdueshëm kemi

L =

∫ b

a

√1 +

(dydx

)2

dx (5.3)

Supozojmë se kurba e mësipërme përshkruhet edhe nga ekuacionet parametrike x = f (t) dhe y = g(t) për

α ≤ t ≤ β, kudxdt

= f ′(t) > 0. Kjo do të thotë se kurba përshkohet një herë nga e majta në të djathtë, kur t rritet nga αnë β ku a = f (α) dhe b = f (β). Duke zëvendësuar Ek. 5.2 tek Ek. 5.3 dhe duke përdorur rregullin e zëvendësimit,përftojmë

L =

∫ b

a

√1 +

(dydx

)2

dx =

∫ β

α

√√√√√√√√√√√1 +

dydtdxdt

2

dxdt

dt

Meqënësedxdt> 0, kemi:

L =

∫ β

α

√(dxdt

)2

+

(dydt

)2

dt (5.4)

Teorema 5.1. Në qoftë se një kurbë C jepet me ekuacione parametrike x = f (t) dhe y = g(t) për α ≤ t ≤ β, ku f ′ dhe g′ janëfunksione të vazhdueshëm në [α, β] dhe C përshkohet vetëm një herë kur t rritet nga α në β, atëherë gjatësia e kurbës C është:

L =

∫ β

α

√(dxdt

)2

+

(dydt

)2

dt

Vërtetim: Nisemi nga përafrimi i shumëkëndëshave, për të vërtetuar formulën. Sikurse gjetëm formulën e gjatësiësë kurbës C si limit të shumës së gjatësive të shumëkëndëshave kur n→∞:

L = limn→∞

n∑j=1

|Pi−1Pi|

Pra, ndajmë segmentin [α, β] në n intervale me gjatësi të barabartë ∆t = (β − α)/n. Duke i shënuar t0, t1, t2, · · · , tn,skajet e këtyre intervaleve, koordinatat e pikave Pi do jenë përkatësisht xi = f (ti) dhe yi = g(ti). Pikat Pi janë pika tëkurbës C dhe kulme të shumëkëndëshit përafrues.

Teorema mbi të mesmen (Teorema e Lagranzhit), duke e zbatuar për f në intervalin [ti−1, ti] na jep një numër t′inë intervalin (ti−1, ti) të tillë që:

f (ti) − f (ti−1) = f ′(t′i )(ti − ti−1)

Duke bërë shënimin ∆xi = xi − xi−1 dhe ∆yi = yi − yi−1, ekuacioni merr trajtën

∆xi = f ′(t′i )∆t

Duke vepruar po njëlloj, në lidhje me g përftojmë nga Teorema mbi të mesmen ekzistencën e një numri ti” nëintervalin (ti, ti−1) të tillë që:

∆yi = g′(ti”)∆t

Dhe prej këtej

|Pi−1Pi| =√

(∆xi)2 + (∆yi)2 =√

[ f ′(t′i )∆t]2 + [g′(ti”)∆t]2

=√

[ f ′(t′i )]2 + [g′(ti”)]2 · ∆t






Kështu që

L = limn→∞

n∑i=1

√[ f ′(t′i )]

2 + [g′(ti”)]2 · ∆t (5.5)

Shuma tek Ek. 5.5 ngjan me shumën e Riemannit për funksionin√

[ f ′(t)]2 + [g′(t)]2 por nuk është tamam ajosepse në përgjithësi t′i , ti”. Megjithatë f ′ dhe g′ janë funksione të vazhdueshëm dhe mund të tregohet se limiti nëEk. 5.5 është i njëjtë sikurse t′i dhe ti”të jenë të njëjtë. Pra

L =

∫ β

α

√[ f ′(t)]2 + [g′(t)]2 dt

Dhe duke përdorur shënimin e Leibnicit marrim Ek. 5.4.

Shembull 5.10. Gjeni gjatësinë e kurbës parametrike të dhëne me ekuacione:

x = 2 cos ty = 2 sin t

kur 0 ≤ t ≤ 2π,

Zgjidhje: Njehsojmë fillimisht f ′(t) = −2 sin t dhe g′(t) = 2 cos t. Nga Teorema 5.1 kemi:

L =

∫ 2π

0

√[ f ′(t)]2 + [g′(t)]2 · dt =

∫ 2π

0

√4 sin2 t + 4 cos2 t · dt =

∫ 2π

02 dt = 4π

�

5.2.4 Sipërfaqet e rrotullimit

Njëlloj sikurse vepruam për gjatësinë e kurbës do të veprojmë edhe për sipërfaqen e sipërfaqes së rrotullimit.Në qoftë se na jepet kurba parametrike me ekuacione parametrike x = f (t) dhe y = g(t), α ≤ t ≤ β, e cila rrotullohetrreth boshtit të x-ve, dhe f ′ dhe g′ janë funksione të vazhdueshëm të tillë që g′(t) ≥ 0, atëherë sipërfaqja e figurëssë përftuar nga rrotullimi jepet nga ekuacioni:

S =

∫ β

α2πy

√(dxdt

)2

+

(dydt

)2

dt (5.6)

Në përgjithësi formulat S =

∫2πyds dhe S =

∫2πxds janë të vlefshme por për kurbat parametrike duhet patur

parasysh se

ds =

√(dxdt

)2

+

(dydt

)2

dt

Shembull 5.11. Vërtetoni se sipërfaqja e sferës me rreze r është 4πr2.

Zgjidhje: Sfera përftohet nga rrotullimi i gjysmërrethit

x = r cos ty = r sin t

rreth boshtit të x-ve kur 0 ≤ t ≤ π. Nga Ek. 5.6 marrim:

S =

∫ π

02πr sin t

√(−r sin t)2 + (r cos t)2 · dt

= 2π∫ π

0r sin t

√r2(sin2 t + cos2 t) · dt

= 2π∫ π

0r sin t · r dt = 2πr2

∫ π

0sin t dt

=[2πr2(− cos t)

]∣∣∣∣π0

= 4πr2






Ushtrime:

Gjenidydx

.

1. x = t sin t y = t2 + t

2. x =1t

y =√

te−t

Gjeni ekuacionin e tangentes në pikën korresponduesendaj vlerës së dhënë të parametrit.

3. x = t4 + 1 y = t3 + t t = −1

4. x = t − t−1 y = 1 + t2 t = 1

5. x = e√

t y = t − ln t2 t = 1

6. x = cosθ + sin 2θ y = sinθ + cos 2θ θ = 0

Gjeni ekuacionin e tangentes ndaj kurbës në pikën edhënë me dy mënyra:

a) pa e eleminuar parametrinb) duke eleminuar fillimisht parametrin.

7. x = 1 + ln t, y = t2 + 2; (1, 3)

8. x = tan t, y = sec t; (1,√

2)

Gjeni ekuacionin e tangentes ndaj kurbës në pikën edhënë. Më pas ndërtoni grafikun e kurbës dhe tangentet.

9. x = 6 sin t, y = t2 + t; (0, 0)

10. x = cos t + cos 2t, y = sin t + sin 2t; (−1, 1)

Gjenidydx

dhed2y

dx2 . Për çfarë vlere të t kurba është e lugët?

11. x = 4 + t2 y = t2 + t3

12. x = t + ln t y = t − ln t

13. x = cos 2t y = cos t 0 < t < π

14. x = t3− 12t y = t2

− 1

15. x = 2 sin t y = 3 cos t 0 < t < 2π

Gjeni pikat e kurbës ku tangentja është horizontale osevertikale.

16. x = 10 − t2 y = t3− 12t

17. x = 2t3 + 3t2− 12t y = 2t3 + 3t2 + 1

18. x = 2 cos t y = sin 2t

19. x = cos 3t y = 2 sin t

20. Vërtetoni se kurba x = cos t, y = sin t cos t kady tangente në (0, 0) dhe gjeni ekuacionet e tyre. Ndërtonigrafikun e kurbës.

21. Në çfarë pikash të kurbës x = 2t3, y = 1+4t− t2 tangentjaka koefiçent këndor të barabartë me 1?

22. Gjeni sipërfaqen e zonës së kufizuar nga elipsi x =a cos t, y = b sin t 0 ≤ t ≤ 2π

23. Gjeni sipërfaqen e zonës së kufizuar nga kurba x =

t2− 2t, y =

√t dhe boshti i y-ve.

24. Gjeni sipërfaqen e zonës së kufizuar nga kurba x =1 + et, y = t − t2 dhe boshti i x-ve.

Gjeni gjatësinë e kurbës.

25. x = 1 + 3t2, y =43

t3/2, 0 ≤ t ≤ 2

26. x = 1 + et, y = t2, 0 ≤ t ≤ 3

27. x =t

t + 1, y = ln(t + 1), 0 ≤ t ≤ 2

28. x = 3 cos t − cos 3t, y = 3 sin t − sin 3t, 0 ≤ t ≤ π

Ndërtoni grafikun e kurbës dhe gjeni gjatësinë e saj.

29. x = et cos t y = et sin t 0 ≤ t ≤ π

30. x = cos t + ln(tan12

t) y = sin tπ4≤ t ≤

3π4

31. x = et− t y = 4et/2

− 8 ≤ t ≤ 3

Gjeni sipërfaqen e sipërfaqes së përftuar prej rrotullimittë kurbës së dhënë rreth boshtit të x-ve.

32. x = t3 y = t2 0 ≤ t ≤ 1

33. x = 3t − t3 y = 3t2 0 ≤ t ≤ 1

34. x = t3 y = t2 0 ≤ t ≤ 1

35. x = a cos3 t y = a sin3 t 0 ≤ t ≤ π/2

36. Ndërtoni grafikun e kurbës

x = 2 cos t − cos 2t y = 2 sin t − sin 2t

Në qoftë se kurba rrotullohet rreth boshtit të x-ve, gjeni sipër-faqen e sipërfaqes së përftuar prej rrotullimit.

Gjeni sipërfaqen e sipërfaqes së përftuar prej rrotullimittë kurbës së dhënë rreth boshtit të y-ve.

37. x = 3t2 y = 2t3 0 ≤ t ≤ 5

38. x = et− t y = 4et/2 0 ≤ t ≤ 1

39. Vërtetoni se kurba parametrike x = f (t) y =g(t), a ≤ t ≤ b, mund të sillet në formën y = F(x) kur f ′

është i vazhdueshëm dhe f ′(t) , 0 për a ≤ t ≤ b. (Vërtetonise ekziston f−1.)






5.3 Numrat kompleksë

Në këtë seksion do të flitet për numrat kompleks, algjebrën e numrave kompleks dhe interpretimin gjeometrik tëtyre. Përkufizime bazë dhe veti të numrave kompleks mund të gjenden në literatura të ndryshme. Simbolet z,u,w, vshërbejnë për të treguar numrat kompleksë dhe me C është shënuar bashkësia e të gjithë numrave kompleksë.Shënojmë me i simbolin që gëzon cilësinë i2 = −1.

Përkufizim 5.2. Bashkësia e numrave kompleksë, C quhet bashkësia

C := {a + bi | a, b ∈ R}

Dy numra kompleks z1 = a + bi dhe z2 = c + di janë të barabartë atëherë dhe vetëm atëherë kur a = b dhe c = d.Do të përkufizojmë shumën dhe prodhimin e dy numrave kompleks si:

(a + bi) + (c + di) = (a + c) + (b + d)i(a + bi) · (c + di) = (ac − bd) + (ad + bc)i

Vërejmë se prodhimi nuk është tjetër veçse prodhimi i zakonshëm i shprehjeve algjebrike, me shtesën se i2 = −1.Numrin real a e quajmë pjesa reale e numrit kompleks z = a + bi ndërsa numrin real b e quajmë pjesa imagjinare.I përcaktojmë ato si më poshtë:

<(z) = a, =(z) = b

Për çdo z ∈ R kemi z = <(z) + 0 · i. Në qoftë se z = a + bi dhe a = 0 atëherë z quhet imagjinar. Për një numërkompleks të dhënë x = a + bi përcaktojmë të konjuguarin e numrit kompleks si:

z := a − bi

Pasqyrimi

C→ C

z→ z(5.7)

është syrjektiv, dhe quhet pasqyrimi i konjugimit kompleks. Në qoftë se z ∈ C, kemi se z është real atëherë dhevetëm atëherë kur z = z.

5.3.1 Interpretimi gjeometrik i numrit kompleks

Ne mund ta paraqesim numrin kompleks z = a + bi si një pikë në sistemin koordinativ xy, me koordinata (a, b).

Largesa e kësaj pike nga origjina është ρ =√

a2 + b2, pra ρ = |z|. Këndi −π2≤ θ ≤

π2

i tillë që tanθ =ba

, quhetargument i z

Vëmë re se a = ρ cosθ dhe b = ρ sinθ. Prej nga:

z = ρ (cosθ + i sinθ) .

Kjo quhet paraqitja polare e z. Paraqitjen polare të numrit kompleks e përdorim për të interpretuar prodhimin dhepjestimin e numrave kompleks. Le të jenë z,w dy numra kompleks të çfarëdoshëm të tillë që:

z = r1(cosα + i sinα) dhe w = r2(cos β + i sin β)

Atëherë,

z · w = r1r2(cos(α + β) + i sin(α + β)

)zw

=r1

r2

(cos(α − β) + i sin(α − β)

) (5.8)

Për më tepër ka vend lema e mëposhtme:






Lema 5.1. (Formula e Muavrit) Për çdo numër të plotë n ≥ 1

(cosθ + i sinθ)n = cos(nθ) + i sin(nθ).

Është e qartë se z = r(cosθ + i sinθ) dhe n një numër i plotë ≥ 1 atëherë

zn = rn(cos nθ + i sin nθ).

Do të përdorim gjithashtu Formulën e Eulerit

eiθ = cosθ + i sinθ.

Shënojmë me εn = cos2πn

+ i sin2πn. Duke përdorur formulën e Muavrit marrim εn

n = 1. Ky numër εn quhetrrënja e n-të primitive e njëshit. Të gjitha fuqitë e εn janë në rrethin njësi dhe kanë vetinë se kur ngrihen në fuqin japin 1. Kur nuk ka keqkuptime në lidhje me n ne thjesht shënojmë εn me ε. Duke shumëzuar ε me veten e vet,

thjesht rrotullojmë ε me një kënd prej θ =2πn

, prej nga pas n-rrotullimesh do të arrijmë tek pika z = (1, 0).Një numër kompleks z thuhet se ka rend n ≥ 1 në qoftë se zn = 1 dhe zm , 1 për të gjithë 0 < m < n. Të gjithë

numrat kompleks z të rendit n quhen rrënjë primitive të njëshit.Figura në vazhdim është rrethi njësi dhe këndet kryesorë në këtë rreth.

x

y

0◦

30◦60◦

90◦120◦

150◦

180◦

210◦

240◦270◦

300◦330◦

360◦

π6

π4

π3

π22π

33π4

5π6

π

7π6

5π4 4π

3 3π2

5π3

7π4

11π6

2π

( √3

2 ,12

)( √

22 ,

√2

2

)(12 ,√

32

)(−

√3

2 ,12

)(−

√2

2 ,√

22

)(−

12 ,√

32

)

(−

√3

2 ,−12

)(−

√2

2 ,−√

22

)(−

12 ,−

√3

2

)( √

32 ,−

12

)( √

22 ,−

√2

2

)(12 ,−

√3

2

)

(−1, 0) (1, 0)

(0,−1)

(0, 1)

Figura 5.11: Rrethi njësi dhe këndet kryesore

Ushtrime:

1. Vërtetoni:i) z + w = z + wii) zw = z · w

2. Vërtetoni se për çdo u, v ∈ C,

|u · v| = |u| · |v|.

3. Le të jenë z = r1(cosα+ i sinα) dhe w = r2(cos β+ i sin β).






Vërtetoni se

z · w = r1r2(cos(α + β) + i sin(α + β)

)4. Vërtetoni formulën e Muavrit. Për çdo numër të plotën ≥ 1

(cosθ + i sinθ)n = cos(nθ) + i sin(nθ)

5. Vërtetoni se për çdo numër racional r ∈ Q

(cosθ + i sinθ)r = cos(rθ) + i sin(rθ)

6. Zgjidhni ekuacionin

zn− 1 = 0

7. Le të jetë z =12

+ i√

32

. Njehsoni z2, z3, z4, z5, z7, z8, z9.

8. Shprehni numrat 3e−

4πi6 ,−3e

2πin në formën standarte.

9. Zgjidhni ekuacionin

(z +3z2 )(3z2

− 2z + 5) = 0.

10. Faktorizoni plotësisht polinomin p(z) = z7− 1.

11. Faktorizoni në Q polinomin p(z) = z5− 1.

12. A ka ekuacioni

z4 + z3 + z2 + z + 1 = 0

zgjidhje racionale?

13. A mund të shprehet f (x) =xn− 1

x − 1si një polinom? Cila

është shprehja?

14. Llogarisni modulin e numrave kompleks:

(i + 1)10, (12

+ i√

32

)12.

15. Jepet funksioni f (z):

f : C→ C

z→a z + bc z + d

,

ku ad − bc = 1. Jepet që

f (1) = −1, f (i) = i, f (2) = −12

a) Gjeni f (z) dhe më pas f (2), f (2i), f (12

).b) Le të jetë

C = {z ∈ C | |z| = 1,Re(z) ≥ 0}.

Gjeni f (C).

16. Jepet funksioni f (z):

f : C→ C

z→a z + bc z + d

ku ad − bc = 1. Jepet

f (i) = −i, f (3) =13, f (−1) = −1

a) Gjeni f (z) dhe më pas f (2), f (2i), f (12

).b) Le të jetë

C = {z ∈ C | |z| = 2, }

rrethi me qendër në origjinë dhe me rreze 2. Gjeni f (C).

17. Shënojmë me ε5 rrënjën e pestë primitive të njëshit. Gjenitransformimin e Mobiusit f (x) të tillë që

f (0) = 0, f (1) = ε5, f (ε5) = ε25

Vërtetoni përgjigjen tuaj. Gjeni f (ε25), f (ε3

5), f (ε45).






5.4 Koordinatat polare

Sistemet koordinative nuk janë gjë tjetër veçse një mënyrë për të përkufizuar një pikë në hapësirë. Një sistemkoordinativ e paraqet një pikë në plan me një çift të renditur numrash të quajtur koordinata. Sistemi koordinativkartezian i vë në korrespondencë një pike një çift të renditur numrash (x, y) që janë distancat e drejtpërdrejta ngady boshtet koordiantive. Në këtë seksion do të përshkruajmë një sistem koordinativ të quajtur sistemi polar ikoordinatave, i cili është mjaft i përshtatshëm për shumë arsye, ndër të cilat paraqitja e disa kurbave të veçanta dhemjaft të përdorshme është shumë më e përshtatshme në sistemin e koordinatave polare, sesa në sistemin koordinativkartezian. Në këtë seksion do të japim lidhjen që ekziston ndërmjet koordinatave polare dhe karteziane, do të shohimdisa shembuj kurbash të prezantuara në koordinata polare, si dhe do të shohim mënyrën e gjetjes së tangentes sëhequr ndaj kurbës polare, e parë kjo e fundit si kurbë parametrike me parametër koordinatën e dytë polare.

boshti polar

r

(r, θ)

θ

Figura 5.12: Koordinatat polare

Sistemi koordinativ kartezian nuk është e vetmja mënyrë e paraqitjes së një pike në plan. Në vend që të lëvizimhorizontalisht dhe vertikalisht nga origjina, ne mund të lëvizim drejt pikës duke u nisur nga origjina, derisa tatakojmë pikën dhe prej këtej të masim këndin e formuar të kësaj drejtëze me gjymëboshtin pozitiv të x-ve. Pra,nisemi nga një pikë O, të cilën e emërtojmë pol (ose origjinë) dhe prej saj heqim një gjysmëdrejtëz horizontale medrejtim kahun pozitiv të boshtit të x-ve të cilën e emërtojmë boshti polar. Në qoftë se P është një tjetër pikë e planit,me r shënojmë largesën e P nga O, dhe me θ shënojmë këndin (të matur në radianë)e formuar ndërmjet segmentitOP dhe boshtit polar. Atëherë çiftin e renditur (r, θ) e emërtojmë koordinata polare të pikës P.

Përkufizim 5.3. Një pikë P e planit themi se ka koordinata polare (r, θ) në qoftë se segmenti OP ka gjatësi r dhekëndi që formon OP me boshtin polar është θ(i matur në drejtimin kundër-orar), shih Fig. ??

Në qoftë se P = O, atëherë r = 0 dhe pranojmë se (0, θ) paraqet polin për çdo vlerë të θ. Përkufizimi 5.3 kërkonqë r > 0. Ne e zgjerojmë kuptimin e koordinatave polare (r, θ) edhe për rastin kur r < 0, duke konsideruar pikënme koordinata polare (−r, θ) dhe pikën me koordinata (r, θ) e cila ndodhet në të njejtën drejtëz me pikën (−r, θ) pornë anë të kundërt me të dhe në të njëjtën largesë |r| nga poli O. Vërejmë se (−r, θ) paraqet të njëjtën pikë sikurseedhe (r, θ + π).

x

y

r

(x, y) ≡ (r, θ)

y

θ

Figura 5.13: Koordinatat polare

Në sistemin koordinativ kartezian çdo pikë ka një paraqitje te vetme, ndërsa në sistemin koordinativ polar çdopikë mund të ketë më shumë se një paraqitje. Në fakt, meqë rrotullimi i plotë kundërorar jepet me këndin 2π, pika






e dhënë me koordinatat polare (r, θ) gjithashtu jepet edhe nga

(r, θ + 2nπ) dhe (−r, θ + (2n + 1)π)

ku n është një numër natyror. Lidhja ndërmjet koordinatave polare dhe karteziane mund të shihet nga Fig ??, kupoli përputhet me origjinën dhe boshti polar me gjysmëboshtin pozitiv të x-ve.

Në qoftë se P ka koordinata karteziane (x, y) dhe koordinata polare (r, θ), atëherë nga Fig ?? kemi

cosθ =xr

dhe sinθ =yr

dhe prej këtejx = r cosθ dhe y = r sinθ (5.9)

Edhe pse ekuacionet Ek 5.9 dolën prej Fig 5.13, e cila ilustron rastin kur r > 0 dhe 0 < θ < π/2, këto ekuacionevlejnë edhe për rastin kur r dhe θ marrin vlera të çfarëdoshme.

Ekuacionet Ek 5.9 na japin mundësinë të gjejmë koordinatat karteziane të një pike kur njohim koordinatat polaretë saj. Për të gjetur r dhe θ kur njohim x dhe y përdorim ekuacionet

r2 = x2 + y2 dhe tanθ =yx

(5.10)

të cilët dalin direkt nga Ek 5.9 ose thjesht edhe nga Fig 5.13. Meqënëse tanθ është injektiv në(−π2 ,

π2

)atëherë ne

konsiderojmë

θ ∈(−π2,π2

).

Shembull 5.12. Kthejeni pikën (2, π/3) nga koordinata polare në koordinata karteziane.

Zgjidhje: Meqënëse r = 2 dhe θ = π/3, Ek 5.9 japin:

x = r cosθ = 2 cosπ3

= 2 ·12

= 1

y = r sinθ = 2 sinπ3

= 2 ·

√3

2= 3

Kështu që pika në koordinata karteziane paraqitet si (1,√

3).�

Shembull 5.13. Paraqisni pikën (1,−1) në koordinata polare.

Zgjidhje: Po ta zgjedhim r të jetë pozitive, atëherë Ek 5.10 japin

r =√

x2 + y2 =√

12 + (−1)2 =√

2 dhe tanθ =yx

= −1

Meqënëse pika (1,−1) ndodhet në kuadrantin e katërt mund ta zgjedhim θ = −π/4. Pra, pika është(√

2,−π/4).�

Shembull 5.14. Kthejeni pikën (4, π) nga koordinata polare në koordinata karteziane.

Zgjidhje: Duke zëvendësuar 4 për r dhe π për θ në Ek 5.9 gjejmë:

x = 4 cosπ = 4 · (−1) = −4y = 4 sinπ = 4 · (0) = 0

Koordinatat karteziane (x, y) janë (−4, 0).�






Shembull 5.15. Kthejeni pikën(√

3, π/6)

nga koordinata polare në koordinata karteziane.

Zgjidhje: Duke zëvendësuar√

3 për r dhe π/6 për θ në ekuacionet 5.9 gjejmë:

x =√

3 cosπ/6 =√

3 ·

√3

2=

32

y =√

3 sinπ/6 =√

3 ·12

=

√3

2

Koordinatat karteziane (x, y) janë(

32,

√3

2

).

�

Shembull 5.16. Paraqisni pikën (0, 4) në koordinata polare.

Zgjidhje: Meqënëse (0, 4) ndodhet në gjysmëboshtin pozitiv të y-ve ju mund ta zgjidhni θ = π/2 dhe r = 4. Pra,pika është (4, π/2).

�

5.4.1 Kurbat polare

Grafiku i një ekuacioni polar r = f (θ) ose në trajtën më të përgjithshme F(r, θ) = 0 konsiston në të gjitha pikatme koordinata polare (r, θ) që kënaqin ekuacionin. Kurba e paraqitur me ekuacionin polar

r = f (θ) ose F(r, θ) = 0

quhet kurbë polare.Grafikët e kurbave polare nuk janë njëlloj si grafikët në koordinata karteziane. Meqënëse pikat polare paraqiten

në disa mënyra në koordinata polare, një pikë që mund të mos i përkasë grafikut kur paraqitet në një çift koordi-natash, por e paraqitur nga një çift tjetër koordinatash mund t’i përkasë atij grafiku. Kjo do të thotë se një pikëi përket një grafiku polar, në qoftë se ndonjë nga çiftet e mundshme të koordinatave e kënaqin ekuacionin. Përshembull pika (−1, π) nuk duket se është zgjidhje për ekuacionin r = sinθ + 1 por në qoftë se rishkruhet si (1, 0) ajoshërben si zgjidhje e tij. Le të shohim disa shembuj kurbash polare.

x

y

Figura 5.14: Rrethi r = 7






Rrathët

Në koordinata polare janë të mundshëm tre tipe rrathësh. Më i thjeshti prej tyre jepet me ekuacion

r(θ) = a,

i cili përshkruan një rreth me qendër në origjinë dhe me rreze |a|.Dy ekuacionet të tjerë të mundshëm janë

r = a cosθ

dher = a sinθ.

Të dy përshkruajnë rrathë me rreze |a|/2, por funksioni kosinus është simetrik në lidhje me boshtin polar mer(θ) = 2a, ndërsa funksioni sinus është simetrik në lidhje me boshtin e y-ve me r(θ) = 0. Në Fig 5.15 tregohen dytipet e fundit të rrathëve polarë.

x

y

x

y

Figura 5.15: Rrathet polarë r = 4 cosθ dhe r = −7 sinθ

Kardioidat

Kardioidat janë kurbat me ekuacione polare r = a ± a cosθ dhe r = a ± a sinθ. Grafikët e tyre janë të ngjashëmme formën e zemrës dhe gjithmonë përmbajnë origjinën (polin).

Shembull 5.17. Ndërtoni grafikun e r = 5 − 5 sinθ.

Zgjidhje: Për të ndërtuar grafikun e r = 5 − 5 sinθ duhet të kemi parasysh se 0 ≤ θ ≤ 2π. Ndërtojmë tabelën emëposhtme

θ r = 5 − 5 sinθ0 5π/2 0π 5

3π/2 102π 5

Në bazë të të dhënave grafiku i saj është treguar në Fig 5.19 �






x

y

Figura 5.16: Kardioida

Trëndafili polar

Trëndafili polar jepet me ekuacionr = a cos(kθ + b)

dhe është një kurbë e cila ngjan si një lule me petale. Numri b është një konstante e çfarëdoshme dhe mund të jetëedhe 0. Në qoftë se k është një numër i plotë, këto ekuacione përshkruajnë një lule me k-petale, dhe në qoftë se kështë çift ato përshkruajnë një lule me 2k-petale. Variabli a paraqet gjerësinë e petalit.

Në figurën e mëposhtme shohin grafikun e funsionit

r = 3 cos(θ + 1)

x

y

Figura 5.17: Trëndafili polar r(θ) = 3 cos(4θ + 1)






Spiralja e Arkimedit

Spiralja e Arkimedit u zbulua prej Arkimedit dhe ka një ekuacion polar

r(θ) = a + bθ

Duke ndryshuar vlerën e a, spiralja rrotullohet, ndërsa b jep distancën ndërmjet krahëve dhe për një spirale tëdhënë kjo vlerë është konstante. Spiralja e Arkimedit ka dy krahë, një për θ > 0 dhe një për θ < 0. Ajo është njënga shembujt e parë të përshkrimit më të mirë me një ekuacion polar.

x

y

Figura 5.18: Spiralja e Arkimedit r(θ) = 1 + θ për 0 ≤ θ ≤ 2π.

5.4.2 Simetritë

Kur duam të skicojmë një kurbë polare na vjen në ndihmë shumë simetria. Kanë vend këto tre rregulla:a) Në qoftë se ekuacioni polar nuk ndryshon kur zëvendvsojmë θme −θ atëherë kurba është simetrike në lidhje

me boshtin polar.b) Në qoftë se ekuacioni polar nuk ndryshon kur zëvendësojmë r me −r ose kur zëvendësojmë θme θ+π, kurba

është simetrike në lidhje me polin.c) Në qoftë se ekuacioni nuk ndryshon kur zëvendësojmë θme π−θ, kurba është simetrike në lidhje me boshtin

vertikal θ =π2

.

Lexuesi mund të bindet për këto rregulla nga grafikët e funksioneve të mësipërme.






5.4.3 Tangentet ndaj kurbave polare

Për të gjetur tangenten ndaj kurbës polare r = f (θ) e shikojmë θ si parametër dhe shkruajmë ekuacionetparametrike të saj si:

x = r cosθ = f (θ) cosθ dhe y = r sinθ = f (θ) sinθ

Duke përdorur metodën e gjetjes së koefiçentëve këndorë për kurbat parametrike 5.2 dhe rregullin e prodhimit,kemi:

dydx

=

dydθdxdθ

=

drdθ

sinθ + r cosθ

drdθ

cosθ − r sinθ(5.11)

Tangentet horizontale i lokalizojmë aty kudydθ

= 0, duke nënkuptuar qëdxdθ

, 0. Ndërsa tangentet vertikale i

lokalizojmë aty kudxdθ

= 0, duke nënkuptuar qëdydθ

, 0.Vini re se kur kërkojmë tangentet në pol, atëherë r = 0 dhe Ek 5.11 thjeshtohet në

dydx

= tanθ në qoftë sedrdθ

, 0

Shembull 5.18. Gjeni koefiçentin këndor të tangentes ndaj kardioidës

r = 1 + sinθ

në pikën ku θ = π/3. Gjeni pikat e kardioidës ku tangentja është horizontale, vertikale.

x

y

Figura 5.19: Grafiku i kardiodës

Zgjidhje: Duke përdorur Ek 5.11 me r = 1 + sinθ, kemi

dydx

=

drdθ

sinθ + r cosθ

drdθ

cosθ − r sinθ=

cosθ sinθ + (1 + sinθ) cosθcosθ cosθ − (1 + sinθ) sinθ

=cosθ(1 + 2 sinθ)

1 − 2 sin2 θ − sinθ=

cosθ(1 + 2 sinθ)(1 + sinθ)(1 − 2 sinθ)

Atëherë koefiçenti këndor në pikën ku θ = π/3 është

dydx

∣∣∣∣∣θ=π/3

=cos(π/3)(1 + 2 sin(π/3))

(1 + sin(π/3))(1 − 2 sin(π/3))=

12

(1 +√

3)

(1 +√

3/2)(1 −√

3)=

1 +√

3

(2 +√

3)(1 −√

3)=

1 +√

3

−1 −√

3= −1






Përsa i përket tangenteve horizontale dhe vertikale vëmë re se

dydθ

= cosθ (1 + 2 sinθ) = 0 për θ =π2,

3π2,

7π6,

11π6

dxdθ

= (1 + sinθ)(1 − 2 sinθ) = 0 për θ =3π2,π6,

5π6

Prej nga del se pikat ku ka tangente horizontale janë(2,π2

),(1

2,

7π6

),(1

2,

11π6

),

dhe pikat ku ka tangente vertikale janë(3

2,π6

),(3

2,

5π6

).

Ndërsa kur θ =3π2

, të dyjadydθ

dhedxdθ

janë zero, kështu që duhet të jemi të kujdesshëm. Duke përdorurrregullat e L’Hospitalit, kemi

limθ→(3π/2)−

dydx

=

(lim

θ→(3π/2)−

1 + 2 sinθ1 − 2 sinθ

) (lim

θ→(3π/2)−

cosθ1 + sinθ

)= −

13

limθ→(3π/2)−

cosθ1 + sinθ

= −13

limθ→(3π/2)−

− cosθcosθ

= ∞

Për analogji nga simetria në lidhje me boshtin vertikal θ =π2

, kemi:

limθ→(3π/2)−

dydx

= −∞

Kështu që ka tangente vertikale në pol, shih Fig ??

Ushtrime:

Shënoni në sistemin koordinativ polar pikat e dhëna mekoordinata polare dhe më pas jepni një tjetër çift koordi-natash polare për pikën, një me r > 0 dhe një me r < 0.

1. (a)(2, π/3) (b)(1, π/4) (c)(1,−π/3)

2. (a)(−1, π/4) (b)(−3, π/6) (c)(1,−π/6)

Shënoni në sistemin koordinativ polar pikat e dhëname koordinata polare dhe më pas jepni koordinatatkarteziane për secilën pikë.

3. (a)(−1, π) (b)(2,−2π/3) (c)(−2,−π/4)

4. (a)(−√

2, 5π/4) (b)(1, 5π/2) (c)(2,−7π/6)

Janë dhënë pikat në koordinata polare.

i Gjeni koordinatat polare (r, θ) të pikës, kur r > 0 dhe0 ≤ θ < 2π

ii Gjeni koordinatat polare (r, θ) të pikës, kur r < 0 dhe0 ≤ θ < 2π

5. (a)(2,−2) (b)(−1,√

3)

6. (a)(1,−2) (b)(3√

3, 3)

Ndërtoni zonën në plan, koordinatat e pikave të së cilësplotësojnë kushtet e dhëna.

7. 1 ≤ r ≤ 2

8. r ≥ 0, π/3 ≤ θ2π/3

9. 0 ≤ r < 4 − π/2 ≤

10. 2 < r ≤ 5 3π/4 < θ < 5π/4

11. r ≥ 1 π ≤ θ ≤ 2π

12. Gjeni distancën ndërmjet pikave me koordinata polare(2, π/3) dhe (4, 2π/3).

13. Gjeni një formulë për distancën ndërmjet pikave me koor-dinata polare (r1, θ1) dhe (r2, θ2).

Identifikoni kurbën duke gjetur ekuacionin kartezian tësaj.






14. r = 2

15. r = 3sinθ

16. r cosθ = 1

17. r = 2 sinθ + 2 cosθ

18. r = tanθ secθ

19. r = cscθ

Ndërtoni kurbën e dhënë me ekuacion polar.

20. θ = −π/6

21. r = sinθ

22. r = 2(1 − sinθ), θ ≥ 0

23. r = θ, θ ≥ 0

24. r = 4 sin 2θ

25. r = 2 cos 3θ

26. r = 1 − 2 cosθ

27. r2− 3r + 2 = 0

28. r = −3 cosθ

29. r = 1 − 3 sinθ

30. r = sin 3θ

31. r = 2 + sinθ

32. r = lnθ, θ ≥ 1

33. r = 7 sin 2θ

34. r = 2 cos 5θ/2

35. Vërtetoni se kurba polare me ekuacion r = 4 = 2 secθ(e emërtuar konkoidë) e ka drejtëzën x = 2 asimptotë ver-tikale, duke treguar se lim

r→±∞x = 2. Më pas skiconi garfikun e

konkoidës.

36. Vërtetoni se kurba r = 2 − cscθ ka drejtëzën y = −1asimptotë horizontale, duke treguar se lim

r→±∞y = −1. Më pas

skiconi grafikun e saj.

37. Ndërtoni kurbën (x2 + y2)3 = 4x2y2.

Gjeni koefiçentin këndor të tangentes ndaj kurbës polarenë pikën e përcaktuar nga vlera e θ.

38. r = 2 sinθ, θ = π/6

39. r = 2 − sinθ, θ = π/3

40. r = 1 + 2 cosθ, θ = π/3

41. r = 1/θ, θ = π/4

42. r = cos 2θ, θ = π/4

43. r = cos(θ/3), θ = π

Gjeni pikat e kurbës së dhënë me ekuacion polar, kutangentja është horizontale, vertikale.

44. r = 3 sinθ

45. r = 1 − cosθ

46. r = 1 + cosθ

47. r = 2 + sinθ

48. r = eθ

49. r = sin 2θ

50. Vërtetoni se si janë të lidhur grafikët e

r = 1 − sin(θ − π/6) dhe r = 1 + sin(θ − π/3)

me grafikun e r = 1 = sinθ? Në përgjithësi si janë të lidhurgrafikët e r = f (θ − α) me grafikun e r = f (θ)?






5.5 Sipërfaqet dhe gjatësitë në koordinata polare

Në këtë seksion do të shohim formulat për sipërfaqet e zonave të kufizuara nga kurba polare. Na duhet tëpërdorim formulën e sipërfaqes së sektorit të qarkut

Figura 5.20: Sektori i qarkut

A =12

r2θ (5.12)

ku r është rrezja e sektorit dhe θmasa në radianë e këndit qendror. Formula 5.12 del si rezultat i faktit se sipërfaqjae një sektori qarku është në përpjestim të drejtë me këndin qendror:

A = (θ

2π)πr2 =

12

r2θ.

Le të jetë R zona e kufizuar nga kurba polare r = f (θ) dhe nga rrezet θ = a dhe θ = b, ku f është funksion ivazhdueshëshëm pozitiv dhe 0 < b−a ≤ 2π. E ndajmë intervalin [a, b] në n nënintervale me skajeθ0, θ1, θ2, θ3, · · · , θnme gjatësi të barabartë ∆θ. Rrezet θi e ndajnë R në zona elementare me kënd qendror ∆θ = θi − θi−1. Në qoftë sezgjedhim θ∗i në nënintervalin e it, [θi−1, θi], atëherë sipërfaqja ∆Ai e zonës së it përafrohet nga sipërfaqja e sektorittë qarkut me kënd qendror ∆θ dhe rreze f (θ∗i ). Kështu që nga formula 5.12 kemi:

∆Ai ≈12

[ f (θ∗i )]2∆θ

dhe një përafrim total A i R është

A ≈n∑

i=1

12

[ f (θ∗i )]2∆θ (5.13)

Ky përafrim bëhet gjithnjë e më i mirë kur n → ∞. Por shuma 5.13 është shuma e Riemannit për funksionin

g(θ) =12

[ f (θ)]2, kështu që

limn→∞

n∑i=1

12

[ f (θ∗i )]2∆θ =

∫ b

a

12

[ f (θ)]2 dθ

Pra, duket e arsyeshme që formula për sipërfaqen A të zonës polare R të jetë

A =

∫ b

a

12

[ f (θ)]2 dθ (5.14)

Formula 5.14 shpesh shkruhet si

A =

∫ b

a

12

r2 dθ (5.15)

duke nënkuptuar se r = f (θ).






Figura 5.21: Zona e kufizuar nga kurba polare

Figura 5.22: Perafrimi

Shembull 5.19. Gjeni sipërfaqen e zonës së kufizuar nën një nga katër fletët e r = cos 2θ.

Zgjidhje:

A =

∫ π/4

−π/4

12

r2 dθ =12

∫ π/4

−π/4cos2 θ dθ =

∫ π/4

0cos2 θ dθ

=

∫ π/4

0

12

(1 + cos 4θ) dθ =12

[θ +14

sin 4θ]π/40 =π8

�Le të shënojmë me R zonën e kufizuar ndërmjet dy kurbave polare me ekuacione r = f (θ), r = g(θ), θ = a, θ = b,

ku f (θ) ≥ g(θ) ≥ 0 dhe 0 < b − a ≤ 2π. Sipërfaqja A e R gjendet duke zbritur sipërfaqen brenda r = g(θ) ngasipërfaqja brenda r = f (θ), pra duke u nisur nga formula 5.15 kemi:

A =

∫ b

a

12

[ f (θ)]2 dθ−∫ b

a

12

[g(θ)]2 dθ =12

∫ b

a

([ f (θ)]2

− [g(θ)]2)

dθ

Le të shohim një shembull që ilustron gjetjen e sipërfaqes së një zone të kufizuar ndërmjet dy kurbave polare.

Shembull 5.20. Gjeni sipërfaqen e zonës që shtrihet brenda rrethit r = 3 sinθ dhe jashtë kardioidës r = 1 + sinθ.






Zgjidhje: Kardioida dhe rrethi janë skicuar në Fig 5.23. Kufijtë e integrimit janë përcaktuar nga pikëprerjet e dy

kurbave. Ato priten kur 3 sinθ = 1 + sinθ, prej nga sinθ =12

, kështu që θ =π6

dhe θ =5π

6.

Figura 5.23: Zona ndërmjet rrethit dhe kardioidës

Sipërfaqja e kërkuar gjendet si

A =12

∫ 5π/6

π/6(3 sinθ)2 dθ−

12

∫ 5π/6

π/6(1 + sinθ)2 dθ

Meqënëse zona është simetrike në lidhje me boshtin vertikal θ =π2

, mund të shkruajmë

A = 2[

12

∫ π/2

π/69 sin2 θ dθ−

12

∫ π/2

π/6(1 + 2 sinθ + sin2 θ) dθ

]=

∫ π/2

π/6(8 sin2 θ − 1 − 2 sinθ) dθ

=

∫ π/2

π/6(3 − 4 cos 2θ − 2 sinθ) dθ

= (3θ − 2 sinθ + 2 cosθ)|π/2π/6 = π

�

Vërejtje 5.1. Duhet bërë kujdes me faktin se pika në koordinata polare ka disa mënyra paraqitjeje, sepse bën të vështirë gjetjene të gjitha pikave të prerjes ndërmjet dy kurbave polare. Për shembull nga Fig 5.23 duket qartë se rrethi dhe kardioida pritennë tre pika edhe pse nga zgjidhja e ekuacionit 3 sinθ = 1 + sinθ ne gjetëm vetëm dy pika të tilla. Origjina është gjithashtupikë prerjeje, por ne nuk mund ta gjejmë nga zgjidhja e ekuacionit sepse ajo nuk ka një prezantim të vetëm në koordinata polareqë të kënaqë të dy ekuacionet e kurbave. Vërejmë se kur paraqitet si (0, 0) ose (0, π) ajo kënaq ekuacionin r = 3 sinθ, pra ipërket rrethit. Ndërsa kur paraqitet si (0, 3π/2) ajo kënaq r = 1 + sinθ, pra i përket kardioidës. Mendoni dy pika që lëvizinpërgjatë dy kurbave me rritjen e θ nga 0 në 2π. Në njërën kurbë e arrin origjinën për θ = 0 dhe θ = π, ndërsa në tjetrën kurθ = 3π/2. Pikat nuk përputhen në origjinë sepse e arrijnë atë në kohë të ndryshme, e megjithatë kurbat priten në origjinë.

Kështu që duhet patur parasysh se për gjetjen e të gjitha pikave të prerjes së dy kurbave polare, ëshë e domosdoshme tëvizatohen grafikët e të dy kurbave. është me mjaft leverdi përdorimi i makinave llogaritëse grafike apo sistemeve kompjuterikepër këtë qëllim.

5.5.1 Gjatësia e harkut për kurbat polare

Për të gjetur gjatësinë e kurbës polare me ekuacion r = f (θ), a ≤ θ ≤ b, e shohim θ si parametër dhe i shkruajmëekuacionet parametrike të kurbës si:

x = r cosθ = f (θ) cosθ dhe y = r sinθ = f (θ) sinθ






Duke derivuar anë për anë dhe duke përdorur rregullin e prodhimit të derivimit në lidhje me θ, përftojmë

dxdθ

=drdθ· cosθ − r sinθ dhe

dydθ

=drdθ· sinθ + r cosθ

Duke patur parasysh se sin2 θ + cos2 θ = 1 kemi:(dxdθ

)2

+

(dydθ

)2

=

(drdθ

)2

cos2 θ − 2rdrdθ

(cosθ sinθ + r2 sin2 θ)

+

(drdθ

)2

sin2 θ + 2rdrdθ

(sinθ cosθ + r2 cosθ) =

(drdθ

)2

+ r2

Duke e pranuar f ′ si funksion të vazhdueshëm, ne mund të përdorim Teoremën 5.1 dhe ta shkruajmë gjatësinë eharkut si

L =

∫ b

a

√(dxdθ

)2

+

(dydθ

)2

dθ

prej nga gjatësia e një kurbe polare me ekuacion r = f (θ), a ≤ θ ≤ b, është

L =

∫ b

a

√r2 +

(drdθ

)2

dθ (5.16)

Le ta ilustrojmë këtë me një shembull

Shembull 5.21. Gjeni gjatësinë e kardioidës r = 1 + sinθ.

Zgjidhje: Gjatësia e plotë e kardioidës merret për intervalin 0 ≤ θ ≤ 2π, kështu që Ek. 5.16 na jep

L =

∫ 2π

0

√r2 +

(drdθ

)2

dθ =

∫ 2π

0

√(1 + sinθ)2 + cos2 θ dθ =

∫ 2π

0

√

2 + 2 sinθ dθ

Ky integral mund të llogaritet në disa mënyra, një prej të cilave është përdorimi i një sistemi kompjuterik algjebrik,prej nga del se gjatësia e kësaj kardioide është L = 8. �

Ushtrime:

Ndërtoni kurbën dhe gjeni sipërfaqen e zonës që ajorrethon.

1. r = 2 sinθ

2. r = 3(1 + sinθ)

3. r = 1 + cosθ

4. r = 2 − sinθ

5. r = 3 cos 2θ

6. r = 2 + cosθ

Gjeni sipërfaqen e zonës së kufizuar ndërmjet kurbave

7. r = 3 cosθ dhe r = 1 + cosθ

8. r = 4 sinθ dhe r = 2 sinθ

9. r = 2 cosθ dhe r = 1

10. r = 1 − sinθ dhe r = 1

11. r = 3 cosθ dhe r = 1 + cosθ

12. r = 2 sinθ dhe r = 1 − sinθ

13. r = 2 + cosθ dhe r = 3 cosθ

14. r = 8 cos 2θ dhe r = 2

Gjeni sipërfaqen e zonës e cila shtrihet brenda të dy kur-bave polare.

15. r = 4 sinθ, r = 4 cosθ

16. r = a sinθ, r = b cosθ, a > 0, b > 0

17. r = sin 2θ, r2 = cos 2θ

18. r = 1 + cosθ, r = 1 − cosθ






19. r =√

3 cosθ, r = sinθ

Gjeni të gjitha pikat e prerjes së kurbave.

20. r = 1 + cosθ, r = 3 cosθ

21. r = 1 + sinθ, r = 3 sinθ

22. r = 2 sin 2θ, r = 1

23. r = cos 2θ, r = sin 2θ

24. r = sinθ, r = sin 2θ

Gjeni gjatësinë e kurbës polare.

25. r = 1 + cosθ

26. r = 4 sinθ

27. r = eθ, 0 ≤ θ ≤ 2π

28. r = θ2, 0 ≤ θ ≤ π/3

29. Vërtetoni se sipërfaqja e sipërfaqes së përftuar prej rrotul-limit të kurbës polare

r = f (θ) a ≤ θ ≤ b

(ku f ′ është i vazhdueshëm dhe 0 ≤ a < b ≤ π) rreth boshtitpolar është

S =

∫ b

a2πr sinθ

√r2 +

(drdθ

)2

dθ

30. Gjeni sipërfaqen e sipërfaqes së përftuar nga rrotullimi ir2 = cos 2θ rreth boshtit polar.

31. Gjeni sipërfaqen e sipërfaqes së përftuar nga rrotullimii kurbës polare r = f (θ), a ≤ θ ≤ b (ku f ′ është i vazh-dueshëm dhe 0 ≤ a < b ≤ π), rreth drejtëzës θ = π/2.

32. Gjeni sipërfaqen e sipërfaqes së përftuar nga rrotullimi ir2 = cos 2θ rreth drejtëzës θ = π/2.






5.6 Prerjet konike

Në këtë seksion do të shqyrtojmë përkufizimet gjeometrike të parabolave, elipseve dhe hiperbolave si dhe do tëgjejmë ekuacionet standarte të tyre. Ato janë emërtuar prerje konike ose thjesht konike për vetë faktin se përftohensi rezultat i prerjes së një koni me një plan.

5.6.1 Parabola

Përkufizim 5.4. Parabolë quhet bashkësia e të gjitha pikave të planit të cilat janë të baraslarguara nga një drejtëz edhënë dhe nga një pikë e dhënë F, e cila nuk i përket drejtëzës. Drejtëza quhet drejtuese e parabolës, ndërsa pikaquhet fokus i parabolës.

Figura 5.24: Parabola

Vërejmë se pika e cila ndodhet në mes të fokusit dhe drejtueses i përket parabolës. Kjo pikë quhet kulm iparabolës. Drejëza që kalon nga fokusi dhe është pingule ma drejtuesen quhet boshti i parabolës.

Ne përftojmë një ekuacion veçanërisht të thjeshtë, për një parabolë, në qoftë se kulmin e saj e vendosim nëorigjinën e koordinatave O, dhe drejtuesen e saj e vendosim paralel me boshtin e x-ve. Në qoftë se fokusi i parabolësështë pika (0, p), atëherë drejtuesja ka ekuacion y = −p. Në qoftë se P(x, y) ëshë një pikë e parabolës, largesa ngapika P tek fokusi është:

|PF| =√

x2 + (y − p)2

dhe largesa e P nga drejtuesja është |y + p|. Nga përkufizimi i parabolës këto largesa janë të barabarta:√x2 + (y − p)2 = |y + p|






Duke ngritur në katror anë për anë dhe duke bërë thjeshtimet e mundshme, marrim:

x2 + (y − p)2 = |y + p|2 = (y + p)2

x2 + y2− 2py + p2 = y2 + 2py + p2

x2 = 4py

Pra, ekuacioni i parabolës me fokus (0, p) dhe me drejtuese y = −p është

x2 = 4py (5.17)

Në qoftë se do të zëvendësonim a =14p

, atëherë ekuacioni standart i parabolës, Ek. 5.17 do të shndërrohej

në formën y = ax2. Ajo është me krahë lart në qoftë se p > 0 dhe me krahë poshtë në qoftë se p < 0. Grafikuështë simetrik në lidhje me boshtin e y-ve sepse Ek 5.17 nuk ndryshon kur zëvendësojmë x me −x. Në qoftë sendryshojmë vendet e x me y në Ek 5.17, përftojmë:

y2 = 4px (5.18)

i cili na jep ekuacionin e parabolës me fokus (p, 0) dhe me drejtuese x = −p. Parabola është me krahë të hapur ngae djathta në qoftë se p > 0 dhe në të majtë kur p < 0. Në të dy rastet grafiku është simetrik në lidhje me boshtin ex-ve i cili është edhe boshti i parabolës.

Në qoftë se parabola e ka kulmin e vet në pikën (h, k) dhe bosht vertikal, forma standarte e ekuacionit të parabolësështë:

(x − h)2 = 4p(y − k) (5.19)

ku p , 0. Fokusi i saj është pika (h, k + p) dhe drejtuesja është drejtëza y = k − p. Boshti i saj është drejtëza x = h.Kur p > 0 parabola është me krahë sipër dhe kur p < 0 parabola është me krahë poshtë.

Në qoftë se parabola ka si kulm të saj pikën (h, k) dhe ka bosht horizontal, forma standarte e ekuacionit tëparabolës është

(y − k)2 = 4p(x − h) (5.20)

ku p , 0. Fokusi i saj është pika (h + p, k) dhe drejtuesja është drejtëza x = k− p. Boshti i saj është drejtëza y = k. Kurp > 0 parabola është me krahë të hapur nga e djathta dhe kur p < 0 parabola është me krahë hapur nga e majta.

Të dy ekuacionet e fundit, Ek. 5.19 dhe Ek 5.20 përftohen nga Ek. 5.17 dhe Ek 5.18, duke patur parasyshzhvendosjen paralele të parabolës dhe duke bërë zëvendësimet e x dhe y me x − h dhe y − k përkatësisht.

Shembull 5.22. Gjeni fokusin, drejtuesen, kulmin dhe boshtin e parabolës x2− 4y = 0.

Zgjidhje: E shkruajmë ekuacionin në trajtën x2 = 4y dhe duke e krahasuar me Ek. 5.17, shohim se 4p = 4, prej ngap = 1. Kështu që fokusi është (0, p) = (0, 1), drejtuesja y = −p = −1, kulmi ndodhet në mes të fokusit dhe drejtueses,pra (0, 0) dhe në bazë të përkufizimt boshti i parabolës do të jetë boshti i y, pra drejtëza x = 0.

�

Shembull 5.23. Gjeni fokusin, drejtuesen, kulmin dhe boshtin e parabolës y2 + 10x = 0.

Zgjidhje: E shkruajmë ekuacionin në trajtën y2 = −10x dhe duke e krahasuar me Ek 5.18, shohim se 4p = −10, prej

nga p = −52

. Kështu që fokusi është (p, 0) = (−52, 0), drejtuesja y = −p =

52

, kulmi ndodhet në mes të fokusit dhedrejtueses, pra (0, 0) dhe në bazë të përkufizimt boshti i parabolës do të jetë boshti i x, pra drejtëza y = 0.

�

Shembull 5.24. Gjeni fokusin, drejtuesen, kulmin dhe boshtin e parabolës y2 + 4x − 2y − 3 = 0.






Zgjidhje: Le ta kthejmë në trajtën standarte fillimisht ekuacionin.

y2 + 4x − 2y − 3 = (y − 1)2 + 4x − 4 = (y − 1)2 + 4(x − 1) = 0

(y − 1)2 = −4(x − 1)

Ekuacioni është i trajtës 5.20. Pra, kulmi i kësaj parabole është (h, k) = (1, 1), fokusi (0, p) = (0,−1), drejtuesjax = k − p = 2 dhe boshti drejtëza me ekuacion y = k = 1.

�

Shembull 5.25. Gjeni fokusin, drejtuesen, kulmin dhe boshtin e parabolës x2− 4x − 8y + 28 = 0.


x2− 4x − 8y + 28 = (x − 2)2

− 8(y − 3) = 0

(x − 2)2 = 8(y − 3)

Ekuacioni është i trajtës 5.19. Pra, kulmi i kësaj parabole është (h, k) = (2, 3), fokusi (h, k + p) = (2, 5), drejtuesjay = k − p = 3 − 2 = 1 dhe boshti drejtëza me ekuacion x = h = 2.

�

Shembull 5.26. Gjeni fokusin, drejtuesen, kulmin dhe boshtin e parabolës x2− 10x − 2y + 29 = 0.


x2− 10x − 2y + 29 = (x − 5)2

− 2(y − 2) = 0

(x − 5)2 = 2(y − 2)

Ekuacioni është i trajtës 5.19. Pra, kulmi i kësaj parabole është (h, k) = (5, 2), fokusi (h, k + p) = (5, 2.5), drejtuesjay = k − p = 2 − 0.5 = 1.5 dhe boshti drejtëza me ekuacion x = h = 5.

�

5.6.2 Elipsi

Përkufizim 5.5. Elips quhet bashkësia e të gjithë pikave të planit shuma e largesave të të cilave nga dy pika tëdhëna F1 dhe F2, është konstante. Këto dy pika të dhëna quhen vatra të elipsit. Mesi i segmentit që bashkon vatrate elipsit quhet qendër e elipsit.

Një nga ligjet e Keplerit është ai që thotë se orbitat e planeteve në sistemin diellor, janë elipse me diellin në njëvatër.

Në mënyrë që të përftojmë sa më thjesht një ekuacion për elipsin, i vendosim vatrat në boshtin e x-ve, në pikat(−c, 0) dhe (c, 0), në mënyrë që origjina të jetë në mes të vatrave. Le ta shënojmë shumën e largesave të një pike tëelipsit nga dy vatrat me 2a > 0.

Atëherë pika P(x, y) është pikë e elipsit kur

|PF1| + |PF2| = 2a

pra, √(x + c)2 + y2 +

√(x − c)2 + y2 = 2a

ose √(x − c)2 + y2 = 2a −

√(x + c)2 + y2






Figura 5.25: Elipsi

Duke ngritur në katror të dyja anët, kemi

x2− 2cx + c2 + y2 = 4a2

− 4a√

(x + c)2 + y2 + x2 + 2cx + c2 + y2

duke thjeshtuar marrim

a√

(x + c)2 + y2 = a2 + cx

ngremë edhe një herë në katror:a2(x2 + 2cx + c2 + y2) = a4 + 2cxa2 + c2x2

dhe ekuacioni merr trajtën(a2− c2)x2 + a2y2 = a2(a2

− c2)

Nga trekëndëshi F1F2P, shohim se 2c < 2a, pra c < a dhe prej këtej a2− c2 > 0. E shënojmë b2 = a2

− c2. Atëherëekuacioni i elipsit merr formën

b2x2 + a2y2 = a2b2

ose duke pjestuar anë për anë me a2b2, marrim:

x2

a2 +y2

b2 = 1 (5.21)

Meqëb2 = a2

− c2 < a2 pra b < a,

prerjet e elipsit me boshtin e x-ve gjenden duke barazuar y = 0. Pra, x2/a2 = 1, ose x2 = a2 prej nga x = ±a. Pikatkorresponduese (−a, 0) dhe (a, 0) quhen kulme të elipsit dhe drejtëza që i bashkon dy kulmet quhet boshti i madhi elipsit. Për të gjetur prerjet me boshtin e y-ve marrim x = 0, prej nga:

y2

b2 = 1 =⇒ y2 = b2 =⇒ y = ±b.

Ek. 5.21 nuk ndryshon kur zëvendësojmë x me −x, ose y me −y, pra elipsi është simetrik në lidhje me të dy boshtet.Vërejmë se në qoftë se vatrat përputhen, pra c = 0, domethënë a = b, elipsi bëhet rreth me rreze r = a = b. Pra, dukee përmbledhur gjithë sa thamë më sipër, elipsi

x2

a2 +y2

b2 = 1 a ≥ b > 0

ka vatra (±c, 0), ku c2 = a2− b2 dhe kulme (±a, 0). Në qoftë se vatrat e elipsit janë vendosur në boshtin e y-ve, në

(0,±c), atëherë ekuacionin e elipsit e gjejmë duke ndërruar vendet e x me y në Ek. 5.21. Elipsi

x2

b2 +y2

a2 = 1 a ≥ b > 0 (5.22)






ka vatra (0,±c), ku c2 = a2− b2, dhe kulme (0,±a). Ekuacioni standart i elipsit me bosht të madh horizontal është:

(x − h)2

a2 +(y − k)2

b2 = 1 (5.23)

Qendra e elipsit është pika (h, k). Gjatësia e boshtit të madh është 2a. Largesa nga qendra e elipsit e dy vatrave ështëc, ku c2 = a2

− b2 a > b > 0. Ekuacioni standart i elipsit me bosht të madh vertikal është:

(x − h)2

b2 +(y − k)2

a2 = 1 (5.24)

Qendra e elipsit është pika (h, k). Gjatësia e boshtit të madh është 2a. Largesa nga qendra e elipsit e dy vatrave ështëc, ku c2 = a2

− b2 a > b > 0. Le të shohim disa shembuj.

Shembull 5.27. Për elipsinx2

6+

y2

4= 1, boshti i madh është horizontal apo vertikal?

Zgjidhje: Meqënëse a > b dhe 6 > 4, pra a2 është emëruesi i x2, boshti i madh është horizontal.�

Shembull 5.28. Gjeni a, b, c për elipsinx2

25+

y2

16= 1.

Zgjidhje: Nga ekuacioni kemi a = 5, b = 4, pra:

c =√

a2 − b2 =√

25 − 16 =√

9 = 3.

�

Shembull 5.29. Gjeni ekuacionin e elipsit me vatra (0,±2) dhe kulme (0,±3).

Zgjidhje: Duke përdorur Ek. 5.22, kemi c = 2 dhe a = 3. Prej këtej marrim

b2 = a2− c2 = 9 − 4 = 5,

pra ekuacioni i elipsit është:x2

5+

y2

9= 1

�

5.6.3 Hiperbolat

Hiperbolat janë paraqitje grafike e shumë ekuacioneve në kimi, fizikë biologji, dhe ekonomi(Ligjet e Bulit,ligji iOmit,etj.)

Përkufizim 5.6. Hiperbolë quhet bashkësia e të gjitha pikave të planit diferenca e largesave të të cilave nga dy pikatë dhëna F1 dhe F2 është konstante. Pikat e dhëna quhen vatra të hiperbolës. Mesi i segmentit që bashkon vatrat ehiperbolës quhet qendër e hiperbolës. Drejtëza që bashkon vatrat e hiperbolës quhet bosht i hiperbolës.

Vërejmë se përkufizimi i hiperbolës është i ngjashëm me përkufizimin e elipsit. Ndryshimi midis tyre qëndronse shuma e largesave tek elipsi zëvendësohet me diferencën e largesave tek hiperbola. Në fakt edhe rruga e gjetjessë ekuacionit të hiperbolës është e ngjashme me atë të gjetjes së ekuacionit të elipsit. Arrihet të tregohet lehtë se kurvatrat janë në boshtin e x-ve në (±c, 0) dhe diferenca e distancave është

|PF1| − |PF2| = ±2a

atëherë ekuacioni i hiperbolës është:

x2

a2 −y2

b2 = 1 (5.25)






Figura 5.26: Hiperbola

ku c2 = a2 + b2. Vërejmë se pikëprerjet me boshtin e x-ve janë përsëri ±a dhe pikat (a, 0) dhe (−a, 0) janë kulmet ehiperbolës. Por në qoftë se marrim x = 0 në Ek. 5.25, ne përftojmë y2 = −b2 që është e pamundur, pra hiperbolanuk ka pikëprerje me boshtin e y-ve. Hiperbola është simetrike në lidhje me të dy boshtet.

Për ta analizuar pak më thellë hiperbolën marrim Ek. 5.25 dhe e shndërrojmë në trajtën

x2

a2 = 1 +y2

b2 ≥ 1

Kjo tregon se x2≥ a2, kështu që |x| =

√

x2 ≥ a. Prej nga kemi x ≥ a ose x ≤ −a. Kjo nënkupton se hiperbolakonsiston në dy pjesë të emërtuara krahë(ose degë) të hiperbolës. Kur vizatojmë një hiperbolë është mjaft epërdorshme të ndërtohen fillimisht asimptotat të cilat jepen me ekuacione: y = (b/a)x dhe y = −(b/a)x. Të dy krahëte hiperbolës i afrohen pambarimisht asimptotave me largimin nga origjina.

Duke e përmbledhur themi: Hiperbolax2

a2 −y2

b2 = 1

ka vatra (±c, 0), ku c2 = a2 + b2, bosht horizontal, kulme (±a, 0) dhe asimptota y = ±

(ba

)x. Në rastin kur vatrat e

hiperbolës janë në boshtin e y-ve, duke ndërruar vendet e x me y në Ek. 5.25 dalim në përfundimin se hiperbola

y2

a2 −x2

b2 = 1 (5.26)

ka vatra (0,±c), ku c2 = a2 + b2, bosht vertikal, kulme (0,±a), dhe asimptota y = ±(ab

)x. Ekuacioni standart ihiperbolës me qendër në (h, k) me bosht horizontal është:

(x − h)2

a2 −(y − k)2

b2 = 1 (5.27)

Distanca midis dy kulmeve është 2a, kulmet janë (h ± a, k) distanca midis dy vatrave është 2c, vatrat janë (h ± c, k)ku c2 = a2 + b2. Ekuacionet e asimptotave janë:

y = k ±ba

(x − h)

Ekuacioni standart i hiperbolës me qendër në (h, k), me bosht vertikal është:

(y − k)2

a2 −(x − h)2

b2 = 1 (5.28)






Distanca midis dy kulmeve është 2a, kulmet janë (h, k ± a), distanca midis dy vatrave është 2c, vatrat janë (h, k ± c),ku c2 = a2 + b2. Ekuacionet e asimptotave janë:

y = k ±ab

(x − h).

Le t’i ilustrojmë të gjitha këto sa thamë më sipër me disa shembuj.

Shembull 5.30. Në qoftë se ekuacioni i hiperbolës jepet në trajtën:

y2

4−

x2

36= 1,

kjo do të thotë se boshti i hiperbolës është vertikal dhe a = 6, b = 2 dhe secila vatër është në distancë

c =√

a2 + b2 =√

36 + 4 =√

40 = 2√

10

nga qendra e hiperbolës. Vatrat janë në pikat (0,−2√

10) dhe (0, 2√

10). Asimptotat kanë ekuacione

y =13

x dhe y = −13

x,

meqëba

=26

=13

�

Shembull 5.31. Supozojmë se qendra e hiperbolës nuk është në origjinë por në pikën (2,−1). Ekuacioni i hiperbolës është:

(x − 2)2

9−

(y + 1)2

16,

prej nga del se a = 3 dhe b = 4 dhe koefiçenti këndor i asimptotës është ±ba

= ±43

. Boshti i hiperbolës në këtë rast ështëhorizontal. Kështu që secila vatër është 5 njësi horizotalisht larg nga qendra. Një vatër është në (7,−1) dhe tjetra në (−3,−1).Kulmet e hiperbolës janë në pikat (−3,−1) dhe (5,−1).

�

Shembull 5.32. Gjeni ekuacionin e hiperbolës me qendër në (2,−1) kur a = 3, b = 4 dhe boshti i hiperbolës është horizontal.

Zgjidhje: Nga të dhënat dhe duke u nisur nga ekuacioni 5.27, del se ekuacioni i hiperbolës është:

(x − 2)2

32 −(y + 1)2

42 = 1

dhec =√

a2 + b2 =√

9 + 16 =√

25 = 5

Distanca midis dy kulmeve është 2a = 6, kulmet janë (h − a, k) = (−1,−1) dhe (h + a, k) = (5,−1). Ndërsa distancamidis dy vatrave është 2c = 10 dhe vatrat janë (h − c, k) = (−2,−1) dhe (h + c, k) = (7,−1). Ekuacionet e asimptotavejanë përkatësisht

y = k −ba

(x − h) = −1 −43

(x − 2) dhe y = k +ba

(x − h) = −1 +43

(x − 2)

�

Shembull 5.33. Gjeni vatrat dhe ekuacionin e hiperbolës me kulme (0,±1) dhe asimptotë y = 2x.






Zgjidhje: Nga ekuacioni 5.26 dhe nga informacioni i dhënë, shohim se a = 1 dhe a/b = 2. Kështu që:

b = a/2 = 1/2 dhe c2 = a2 + b2 =54.

Atëherë vatrat janë (0,±√

5/2) dhe ekuacioni i parabolës është

y2− 4x2 = 1

�

Shembull 5.34. Përcaktoni koniken dhe gjeni vatrat e saj.

9x2− 4y2

− 72x + 8y + 176 = 0

Zgjidhje: Plotësojmë fillimisht katrorët e binomeve si më poshtë për ta kthyer ekuacionin në trajtën standarte:

4(y2− 2y) − 9(x2

− 8x) = 176

4(y2− 2y + 1) − 9(x2

− 8x + 16) = 176 + 4 − 144

4(y − 1)2− 9(x − 4)2 = 36

(y − 1)2

9−

(x − 4)2

4= 1

Pra, ekuacioni doli i trajtës 5.28, kështu që a2 = 9, b2 = 4, c2 = 13. Vatrat janë (4, 1 +√

13) dhe (4, 1 −√

13),ndërsa kulmet janë (4, 4) dhe (4,−2). Ekuacionet e asimptotave janë

y = 1 ±32

(x − 4).

Ushtrime:

Gjeni kulmin, fokusin dhe drejtuesen e parabolës dheskiconi grafikun e saj.

1. x =12

y2

2. y = −4x2

3. (x + 1)2 = 4(y − 2)

4. x2− 6x +

12

y = 8

5. y2 = 8x

6. x − 1 = (y + 3)2

7. x2 + 2x + 12y + 25 = 0

8. x − 13 =1

36y2− 13

Gjeni kulmet dhe vatrat e elipsit dhe skiconi grafikun etij.

9.x2

1+

y2

4= 1

10.x2

16+

y2

4= 1

11.x2

9+

y2

25= 1

12. x2 + 4y22 + 8x − 8y + 16 = 0

13. 490x2 + 90y2− 4410 = 0

14.(x + 4)2

25+

(y − 8)2

81= 1

15.(x + 6)2

16+

(y + 5)2

4= 1

16.(x + 2)2

49+

(y − 1)2

16= 1

17.(x − 1)2

256+

(y + 7)2

9= 1

Gjeni kulmet, vatrat dhe asimptotat e hiperbolës dhe ski-coni grafikun e saj.

18.x2

36−

y2

81= 1






19.y2

4−

x2

36= 1

20. 75x2− 27y2 = 675

21. x2− 4y2 + 10x − 48y − 135 = 0

22.(y + 3)2

25−

(x + 7)2

64= 1

23.5x2

4− 5y2 = 80

Për çdo ekuacion të dhënë identifikoni koniken dhe gjenikulmet dhe vatrat ose fokusin.

24. 4x2 + y2 + 24x − 6y + 9 = 0

25. y2− 2y + 40x + 281 = 0

26. 4x2 + y2 + 32x + 6y + 57 = 0

27. x2 + y2− 6x + 4y + 12 = 0

28. y2− x2 + 2y − 14x − 57 = 0

29. 4x2− y2

− 56x − 4y + 176 = 0

30. x2 = y2 + 1

31. y2 + 2y = 4x2 + 3

32. 4x2 + 4x + y2 = 0

33. y2− 8y = 6x − 16

34. x + 62 =112

y2 + 62

Gjeni një ekuacion për koniken që plotëson kushtet edhëna.

35. Parabolë, kulmi (0, 0), fokusi (0,−2)



38. Parabolë, kulmi (7, 9), fokusi (−5, 9)

39. Parabolë, kulmi (0, 0), drejtuese x = −1

40. Parabolë, fokusi (−11, 0), drejtuese x = 11

41. Parabolë, kulmi (2, 3), boshti vertikal, kalon nga (1, 5)

42. Parabolë, boshti horizontal, kalon nga pikat (−1, 0),(1,−1), dhe (3, 1)

43. Parabolë, fokusi (0, 5), drejtuese y = −5

44. Elips, vatra (±2, 0), kulme (±5, 0)

45. Elips, vatra (±2, 0), kulme (±√

3, 0)

46. Elips, vatra (0,±3), kulme (0,±2√

2)

47. Elips, vatra (±6, 0), kulme (±3√

3, 0)

48. Elips, vatra (0, 2), (0, 6), kulme (0, 0), (0, 8)

49. Elips, qendër (−1, 4), vatër (−1, 6), kulm (−1, 0)

50. Hiperbolë, kulmet (±3, 0), vatrat (±5, 0)

51. Hiperbolë, kulme (−3,−4), (−3, 6) dhe vatra(−3,−7), (−3,−9)

52. Hiperbolë, kulme (−1, 2)(7, 2) dhe vatra (−2, 2), (8, 2)

53. Hiperbolë, vatra (2, 0)(2, 8) dhe asimptota y = 3 +12

x dhe

y = 5 −12

x

54. Vërtetoni se në qoftë se një elips dhe një hiperbolë kanë tënjëjtat vatra, atëherë tangentet e hequra ndaj tyre në çdo pikëprerje janë pingule.

55. Në qoftë se një elips rrotullohet rreth boshtit të madh, gjenivëllimin e trupit të përftuar.






5.7 Prerjet konike në koordinata polare

Në seksionin paraardhës ne klasifikuam koniket në varësi të vatrave dhe drejtueseve. Në këtë seksion do tëjapim një trajtim më të unifikuar të të tre tipeve të konikeve, në varësi të fokusit dhe drejtueses. Për më tepër, nëqoftë se vendosim fokusin në origjinë, atëherë prerja konike ka një ekuacion të thjeshtë polar, i cili na mundësonnjë përshkrim të përshtatshëm të lëvizjes së planeteve, sateliteve dhe kometave.

Le të shohim teoremën në vazhdim.

Teorema 5.2. Le të jetë F një pikë e fiksuar (e emërtuar fokus) dhe le të jetë l një drejtëz e fiksuar, e emërtuar drejtuese, në njëplan. Le të jetë e një numër pozitiv i fiksuar, i emërtuar jashtëqendërsi. Bashkësia e të gjitha pikave të planit të tilla që

|PF||Pl|

= e

domethënë raporti i largesave nga F dhe nga l është konstante e, është një prerje konike. Konikja është:

a Elips në qoftë se e < 1

b Parabolë në qoftë se e = 1

c Hiperbolë në qoftë se e > 1

Figura 5.27: Konike polare

Vërtetim: Vëmë re se kur e = 1, kemi |PF| = |Pl|, kështu që kushti i dhënë kthehet thjesht në përkufizimin e parabolëstë dhënë në seksionin paraardhës. Le ta vendosim fokusin e parabolës në origjinë dhe drejtuesen paralel me boshtine y-ve d njësi nga e djathta. Kështu drejtuesja ka ekuacion x = d dhe është pingule me boshtin polar. Në qoftë sepika P ka koordinata polare (r, θ), atëherë kemi:

|PF| = r |Pl| = d − r cosθ

Kështu që kushti|PF||Pl|

= e ose |PF| = e|Pl|, bëhet

r = e(d − r cosθ) (5.29)






Duke ngritur në katror të dyja anët dhe duke e kthyer në koordinata karteziane, kemi:

x2 + y2 = e2(d − x2) = e2(d2− 2 dx +x2)

(1 − e2)x2 + 2de2x + y2 = e2d2

Pasi plotësojmë katrorët e binomeve, marrim(x +

e2d1 − e2

)2

+y2

1 − e2 =e2d2

(1 − e2)2 (5.30)

Në qoftë se e < 1, e identifikojmë ekuacionin 5.30 me ekuacionin e një elipsi. Në fakt ai është i formës

(x − h)2

a2 +y2

b2 = 1

ku

h = −e2d

1 − e2 a2 =e2d2

(1 − e2)2 b2 =e2d

1 − e2 (5.31)

Në seksionin paraardhës gjetëm se vatrat e elipsit janë në distancë c nga qendra, ku

c2 = a2− b2 =

e4d2

(1 − e2)2 (5.32)

kjo tregon se

c =e2d

1 − e2 = −h

dhe na konfirmon se fokusi i përcaktuar në Teoremën 5.2 tregon se është i njëjtë me fokusin e përcaktuar nëseksionin paraardhës. Gjithashtu nga ekuacionet 5.31 dhe 5.32 del se jashtëqendërsia jepet nga

e =ca

Në qoftë se e > 1, atëherë 1 − e2 < 0 dhe shohim se ekuacioni 5.30 paraqet një hiperbolë. Ashtu sikurse vepruammë sipër ne mud ta shkruajmë ekuacionin 5.30 në formën

(x − h)2

a2 −y2

b2 = 1

dhe shohim see =

ca

ku c2 = a2 + b2

�Duke zgjidhur ekuacionin 5.29 në lidhje me r, shohim se ekuacioni polar i konikes mund të shkruhet si

r =ed

1 + e cosθ

Në qoftë se drejtuesja është zgjedhur që të jetë në të majtë të fokusit si x = −d, ose zgjidhet të jetë paralel meboshtin polar si y = ±d, atëherë ekuacioni polar i konikes jepet nga teorema në vazhdim.

Teorema 5.3. Ekuacioni polar i formës

r =ed

1 ± e cosθose r =

ed1 ± e sinθ

paraqet një prerje konike me jashtëqendërsi e. Konikja është elips në qoftë se e < 1, parabolë në qoftë se e = 1 dhe hiperbolë nëqoftë se e > 1.






,

Le të shohim disa shembuj.

Shembull 5.35. Gjeni ekuacionin polar për parabolën e cila e ka fokusin në origjinë dhe drejtuesen me ekuacion y = −6.

Zgjidhje: Duke përdorur teoremën 5.3 me e = 1 dhe d = 6, shohim se ekuacioni i parabolës është

r =6

1 − sinθ

�

Shembull 5.36. Një konike jepet me ekuacion

r =10

3 − 2 cosθ

Gjeni jashtëqendërsinë, identifikoni koniken, përcaktoni drejtuesen dhe skiconi grafikun.






Zgjidhje: Duke pjestuar numëruesin dhe emëruesin me 3 e shkruajmë ekuacionin si

r =

103

1 −23

cosθ

Nga teorema 5.3 shohim se ky ekuacion paraqet një elips me e =23

. Meqënëse ed =103

, kemi

d =

103e

=

10323

= 5

kështu që drejtuesja ka ekuacion kartezian x = −5. Kur θ = 0, r = 10 ndërsa kur θ = π, r = 2. Pra, kulmet kanëkoordinata polare (10, 0) dhe (2, π).

Figura 5.28: Grafi i r =10

3 − 2 cosθ

�

Shembull 5.37. Si është drejtuesja e konikes r =18

3 − 9 sinθ? A ndodhet ajo në të majtë, në të djathtë, sipër apo nën polin?

Zgjidhje: Duke u nisur nga të dhënat dhe teorema 5.3 del se drejtuesja është horizontale dhe nën polin.�

Shembull 5.38. Identifikoni koniken r =18

3 + 7 cosθ

Zgjidhje:

r =18

3 + 7 cosθ=

6

1 +73

cosθdhe e =

73> 1

pra konikja është hiperbolë.�

Shembull 5.39. Gjeni a, b, c për koniken r =5

1 − 2 cosθ.

Zgjidhje: Jashtqëndërsia e = 2 > 1, pra konikja është hiperbolë. Drejtuesja është vertikale dhe në të majtë të polit.Boshti është horizontal. Kulmet janë në pikat (−6, 0) dhe (2, π). Distanca ndërmjet kulmeve është 8 pra a = 4. Dheprej këtej c = 8 dhe b = 4

√3.

�






Shembull 5.40. Ndërtoni koniken r =12

2 + 4 sinθ.

Zgjidhje: E rishkruajmë ekuacionin në trajtën

r =6

1 + 2 sinθ

dhe shohim se jashtëqendërsia është e = 2, pra ekuacioni paraqet një hiperbolë. Meqënëse ed = 6, d = 3 dhedrejtuesja ka ekuacion y = 3. Kulmet janë kur θ = π/2 dhe 3π/2, pra janë në pikat (2, π/2) dhe (−6, 3π/2) = (6, π/2).Zakonisht është e domosdoshme të përcaktohen edhe pikëprerjet me boshtin e x-ve. Kjo ndodh kur θ = 0, π dhe nëtë dy rastet r = 6. Gjithashtu mund të vizatojmë edhe asimptotat. Vërejmë se r → ±∞ kur 1 + 2 sinθ → 0+ ose 0−

dhe 1 + 2 sinθ = 0 kur sinθ = −12

. Pra, asimptotat janë paralele me rrezet θ = 7π/6 dhe θ = 11π/6. Grafiku ështëparaqitur në figurën 5.29

Figura 5.29: Grafi i r =12

2 + 4 sinθ

�

5.7.1 Ligjet e Keplerit

Në 1609 matematikani dhe astronomi gjerman Johannes Kepler, në bazë të të dhënave të mbledhura astronomike,publikoi tre ligjet e mëposhtëm të lëvizjes së planeteve.

Ligjet e Keplerit

1. Planetet rrotullohen rreth diellit sipas një orbite eliptike me diellin të vendosur në një nga vatrat e tij.

2. Drejtëza që bashkon diellin me një planet nxjerr sipërfaqja të barabarta në kohë të barabarta.

3. Katrori i periudhës së rrotullimit të një planeti është në përpjestim të drejtë me kubin e gjatësisë së boshtit tëmadh të orbitës së vetë.

Edhe pse Kepleri i formuloi ligjet e tij në varësi të lëvizjes së planeteve rreth diellit, këto ligje aplikohen njëllojedhe për lëvizjen e hënës, kometave, sateliteve dhe trupave të tjerë orbita e të cilëve është subjetkt i një forcegravitacionale,tërheqëse. Në kapitullin në vazhdim do të shohim sesi dalin ligjet e Keplerit prej ligjeve të Njutonit.Këtu do të përdorim ligjin e parë të Keplerit së bashku me ekuacionin polar të elipsit për të njehsuar madhësi meinteres në astronomi. Për nevoja të llogaritjeve astronomike, është e zakonshme që të shprehet ekuacioni i elipsit nëvarësi të jashtëqendërsisë dhe gjysmëboshtit të madh të tij. Mund ta shkruajmë distancën nga vatra tek drejtuesjanë varësi të a në qoftë se përdorim 5.31:

a2 =e2d2

(1 − e2)2 =⇒ d2 =a2(1 − e2)2

e2 =⇒ d =a(1 − e2)

e






Pra, ed = a(1 − e2). Në qoftë se drejtuesja është x = d, atëherë ekuacioni polar është

r =ed

1 + e cosθ=

a(1 − e2)1 + e cosθ

Ekuacioni polar i një elipsi me një vatër në origjinë, dhe gjysmëboshtin e madh a, jashtëqendërsi e, dhe drejtuese dmund të shkruhet në formën

r =a(1 − e2)

1 + e cosθ(5.33)

Pozicioni i planetit që është më afër diellit quhet perihelion, ndërsa pozicioni i planetit që është më larg diellitquhet afelion. Këto pozicione korrespondojnë me dy kulmet e elipsit, shih figurën 5.30

Figura 5.30: Orbita e lëvizjes së planetit

Distancat nga dielli tek perihelioni dhe afelioni janë emërtuar distanca perihelion dhe distanca afelion përkatë-sisht. Në figurën 5.30, dielli është në vatrën F, kështu që tek afelioni kemi θ = 0 dhe nga ekuacioni 5.33:

r =a(1 − e2)

1 + e cos 0=

a(1 − e)(1 + e)1 + e

= a(1 − e)

Në mënyrë të ngjashme tek perihelioni θ = π dhe r = a(1 + e).

Ushtrime:

Shkruani ekuacionin polar të konikes në bazë të dhënavetë mëposhtme.

1. Hiperbolë, jashtëqendërsi32

, drejtuese x = 2.

2. Parabolë, drejtuese x = 4.

3. Parabolë, drejtuese r cosθ = 4.

4. Parabolë, drejuese r cos(θ − π/2) = 2.

5. Hiperbolë, jashtëqendërsi e = 2, drejtuese y = −2.

6. Elips, jashtëqendërsi e = 0.8, kulm (1, π/2).

7. Elips, jashtëqendërsi e = 1/2, drejtuese r = 4 secθ.

Gjeni jashtëqendërsinë, identifikoni koniken, jepni ekua-cionin e drejtueses dhe skiconi koniken.

8. r =36

10 + 12 sinθ

9. r =8

4 + 5 sinθ

10. r =3

4 − 8 cosθ

11. r =25

10 + 10 cosθ

12. r =1

1 + cosθ

13. r =25

10 − 5 cosθ

14. r =4

2 − 2 cosθ

15. r =12

3 + 3 sinθ

16. r =6

2 + cosθ






17. r =400

16 + 8 sinθ

18. r =3

4 − 8 cosθ

19. Gjeni ekuacionin polar të elipsit me gjysmëboshtin e madh39.44AU (njësi astronomike) dhe jashtëqendërsi 0.25. Ky ështëpërafrimi i orbitës së planetit Pluton përreth diellit.

Gjeni ekuacionin polar të secilës konike për të cilënjepet që njëra vatër përputhet me origjinën, jepetjashtëqendërisa dhe dhe ekuacioni i drejtueses përkatë-sisht.

20. e = 1, x = 2

21. e = 2, x = 4

22. e = 1/5, y = −10

23. e = 1, y = 2

24. e = 1/2, x = 1

25. e = 5, y = −6

26. e = 1/4, x = −2

27. e = 1/3, y = 6

28. Shkruani një ekuacion për orbitën e kometës Halley nënjë sistem koordinativ në të cilin dielli është në origjinë ndërsavatra tjetër ndodhet në pjesë negative të boshtit të x-ve. Sa afërdiellit është kometa në njësi astronomike? Cila është distancamaksimale e kometës nga dielli?

29. Vërtetoni se një konike me fokus në origjinë, jashtëqendërsie dhe drejtuese y = d ka ekuacion polar

r =ed

1 + e sinθ.

30. Vërtetoni se një konike me fokus në origjinë, jashtëqendërsie dhe drejtuese y = −d ka ekuacion polar

r =ed

1 − e sinθ.

31. Vërtetoni se parabolat r =c

1 + cosθdhe r =

d1 − cosθ

priten sipas këndeve të drejta.

32. Planeti i Mërkurit lëviz sipas një orbite eliptike mejashtëqendërsi 0.206. Largesa minimale e tij nga dielli është4.6 × 109km. Gjeni largesën maksimale të tij nga dielli.

33. Gjeni jashtëqendërsinë dhe drejtuesen e konikes r =1

1 − 2 sinθ, dhe paraqiteni grafikisht koniken së bashku me

drejtuesen.

34. Paraqitni grafikisht koniken r =4

5 + 6 cosθdhe drejtue-

sen e saj.

35. Ndërtoni grafikët e konikeve r =e

1 − e cosθ, për e =

0.4, 0.6, 0.8, 1.0 në të njëjtin ekran pamjeje. Si ndikon vlera ee në paraqitjen e kurbës?

36. Ndërtoni grafikët e konikeve r =ed

1 + 2 sinθ, për e = 1 dhe

për vlera të ndryshme të d. Si ndikon vlera e d në paraqitjen ekonikes?





Kapitulli 6

Vargjet dhe seritë

Vargjet dhe seritë janë një pjesë shumë e rëndësishme e anal-izës matematike dhe luajnë rol kryesopr në kalkulus. Vargjetshfaqen shpesh në jetën e përditshme. Lulja e diellit në të djathtëështë një nga shumë shembuj të vargjeve në biologji, vargjetrekursive janë mjaft të përdorshëm në shkencat kompjuterike,etj. Ne tashmë e dimë se për funksione të veçanta është mjaft eveshtirë llogaritja e vlerës së funksionit f (x) për x = a.Funksione të tilla mund të llogariten me saktësi duke përdorurseritë e Taylorit. Gjatë kapitujve të mëparshëm ne pamë përshembull që mjaft funksione ishte e veshtirë në mos e pamundurtë integroheshin. Në se këta funksione shprehen si seri ateherëne mund të integrojmë termat e tyre pasi dime se integrali ishumës është shuma e integraleve (me më shumë detaje nëleksionet që vijnë).

Në këtë kapitull ne do të studiojmë në imtësi seritë fuqi, kushtet e konvergjencës dhe divergjencës së tyre, siedhe aplikimet e tyre ne kalkulus. Seritë Fourier dhe llojet tjera të serive studiohen më në hollësi ne kurse më tëavancuara të matematikës.

6.1 Vargjet

Në këtë leksion ne do të studiojmë vargjet. Vargjet janë një klasë e veçantë funksionesh ku bashkësia e përcaktimitështë bashkësia e numrave natyrorë ose bashkësia e numrave të plotë jonegativë.

Përkufizim 6.1. Një varg është një funksion, fusha e të cilit është bashkësia e numrave natyror N. Ne shënojmëvargun me {an} ose thjesht an.

Vargu a1, a2, a3, a4, · · · , an, · · · gjithashtu mund të shënohet si {an} ose {an}∞

n=1. Numri a1 quhet termi i parë, a2quhet termi i dytë, dhe në përgjithësi an quhet termi i n-të ose termi i përgjithshëm.

Vargjet më të përdorura janë vargu i numrave natyrorë, vargu i numrave të plotë, vargu i numrave çift¸ , tek, etj.Disa vargje mund të përcaktohen duke dhënë një formulë për termin e përgjithshëm të tij. Në shembujt në vazhdimne japim tre përshkrime të vargut: një duke përdorur shënimin e mësipërm, një tjetër duke dhënë një formulë, dhee treta duke shkruar termat e vargut. Vërejmë se n jo detyrimisht fillon nga 1.

Shembull 6.1. Jepet vargu { nn + 1

}∞n=1

Atëhere termi i përgjithshem është

an =n

n + 1

195


dhe disa nga termat e parë janë12,

23,

34, · · · ,

nn + 1

, · · ·

�

Shembull 6.2 (Vargu i Fibonaçit). Përkufizojmë vargun e Fibonaçit si më poshtë

a0 = 0, a1 = 1

dhean = an−1 + an−2.

Termat e parë të vargut të Fibonaçit janë

0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, 144, . . . .

Çdo numër i tretë i vargut është çift (duke filluar nga a1) dhe çdo numër në vendin k është një shumëfish i ak. Për më tepërpjestuesi më i madh i përbashkët i dy termave jepet si më poshtë

gcd(am, an) = agcd(m,n).

Historikisht vargu i Fibonaçit është studiuar nga shumë matematikanë dhe ka mjat veti interesante. Për shembull,

limn→∞

an+1

an= ϕ,

ku ϕ është prerja e artë. Një formulë direkte mbi numrat e Fibonaçit mund të jepet si më poshtë

an =1√

5·

1 +√

52

n

−1√

5·

1 −√

52

n

�

Ndonjëherë është më e lehtë ti mendojmë vargjet si vijon. Jepet funksioni

f : Z+7→ R,

ku Z+ është bashkësia e numrave të plotë jonegativë. Atëherë, vargu {an} përkufizohet si

an := f (n).

Shuma e n termave të para të një vargu {xn}n1 quhet shumë e pjesshme vargut dhe shënohet me

Sn = x1 + x2 + · · · + xn =

n∑i=1

xi,

kurse shuma e përgjithshme e termave quhet seri dhe shënohet me

∞∑n=0

xn.

Seritë do të studiohen në detaje në leksionet e tjera të këtij kapitulli. Më poshtë po japin disa shembuj klasikë tëvargjeve.






Progresioni arithmetik.

Një progresion arithmetik ose varg arithmetik është një varg numrash i tillë që diferenca midis çdo dy termavetë njëpasnjëshme është konstante. Për shembull,

3, 5, 7, 9, 11, 13, . . .

është një progresion arithmetik me diferencë 2.Në qoftë se termi fillestar i një progresioni arithmetik është a1 dhe diferenca e çdo dy termave të njëpasnjëshme

është d, atëherë termi i n-të i vargut është :an = a1 + (n − 1)d,

dhe në përgjithësian = am + (n −m)d.

Një pjesë e fundme e një progresioni arithmetik quhet progresion arithmetik i fundëm (ndonjëherë thjesht progre-sion arithmetik). Shuma a termave të një progresioni aritmetik gjendet si më poshtë.

Shprehim shumën në dy mënyra të ndryshme

Sn = a1 + (a1 + d) + (a1 + 2d) + · · · + (a1 + (n − 2)d) + (a1 + (n − 1)d)Sn = (an − (n − 1)d) + (an − (n − 2)d) + · · · + (an − 2d) + (an − d) + an.

Duke mbledhur dy ekuacionet gjejmë:2Sn = n(a1 + an).

Duke rikujtuar sean = a1 + (n − 1)d

kemi

Sn =n2

(a1 + an) =n2

(2a1 + (n − 1)d) .

Shembull 6.3. Gjeni shumën e n numrave të parë natyrorë.

Zgjidhje: Për të gjetur shumën1, 2, 3, 4, 5, . . .n

mjafton të zbatojmë formulën e mësipërme dhe kemi

1 + 2 + 3 + 4 + · · · n =n(n + 1)

2.

Kjo shpesh njihet si formula e Gaussit dhe besohet se Gauss e ka zbuluar këtë formulë kur ishte 5 vjeç.�

Progresioni gjeometrik.

Progresioni gjeometrik ose vargu gjeometrik, është një varg numrash ku çdo term gjendet duke shumëzuartermin paraardhës me një numer konstant jozero r , 0. Shuma e termave të një vargu gjeometrik quhet seriagjeometrike. Numri r quhet raporti i vargut.

Pra, një varg gjeometrik ështëa, ar, ar2, ar3, ar4, . . .

ku r , 0 dhe seria gjeometrike ështëa + ar + ar2 + ar3 + ar4 + · · ·

Termi i n-të i një vargu gjeometrik me term fillestar a dhe raport r është jepet nga

an = a rn−1






Një varg i tillë jepet edhe me relacionin rekursiv

an = r an−1 për çdo numer të plotë n ≥ 1

Kur raporti r < 0 atëherë vargu quhet edhe alternativ, pasi numrat ndërrojne shenjë. Për shembull,

1,−3, 9,−27, 81,−243, . . .

është një varg gjeometrik me raport r = −3.

6.1.1 Limiti i vargut

Natyrisht lind pyetja se çfarë ndodh to an kur n→∞. Për këtë japim përkufizimin e mëposhtëm

Përkufizim 6.2. Limiti i vargut {an} është L dhe shkruhet limn→∞

= L, në qoftë se është dhëne një ε > 0 i çfarëdoshemgjendet një numër natyror N i tillë që për të gjitha n > N ne kemi |an − L| < ε. Pra, e thënë ndryshe,

∀ε > 0,∃N ∈N e tillë që n > N =⇒ |an − L| < ε

Një varg {an} i cili ka limit L quhet varg konvergjent, në të kundërt themi se vargu është divergjon. Më poshtë dotë shohim se si të llogarisim disa limite vargjesh. Rregullat janë kryesisht të njëjta me ato të funksioneve përderisaedhe vargjet janë funksione me bashkësia përcaktimi Z.

Teorema 6.1. Në qoftë se f (x) është një funksion i tillë që

limx→∞

f (x) = L

dhe f (n) = an kur n është numër i plotë atëherëlimn→∞

an = L.

Një ilustrim i krahasimit të limx→∞

f (x) = L dhe limn→∞

an = L mund të shihet në figurën e mëposhtme.

Figura 6.1: Limiti i funksionit dhe limiti i vargut

Përkufizim 6.3. Ne themi selimn→∞

an = ∞

kur për çdo numer pozitiv M ekziston një numër i plotë N i tillë që

n > N =⇒ an > M

Ashtu si edhe për funksionet, vetitë e mëposhtme janë të vërteta.

Teorema 6.2. Në qoftë se {an} dhe {bn} janë vargje konvergjente dhe C është nje konstante atëherë vetitë e mëposhtme janë tëvërteta

• limn→∞

(an ± bn) = limn→∞

an + limn→∞

bn






• limn→∞

can = c limn→∞

an

• limn→∞

(anbn) = limn→∞

an · limn→∞

bn

• limn→∞

an

bn=

limn→∞

an

limn→∞

bn, në qoftë se lim

n→∞bn , 0

• limn→∞

apn =

[limn→∞

an

]p, në qoftë se p > 0, an > 0

Një tjetër teoremë e rëndësishme është

Teorema 6.3. Në qoftë se limn→∞|an | = 0, atëherë lim

n→∞an = 0 atëherë lim

n→∞bn = L.

Vërtetim: Ushtrim �

Shembull 6.4. Gjeni limitin limn→∞

nn + 1

.

Zgjidhje: Atëherë, kemi

limn→∞

nn + 1

= limn→∞

11 + 1

n

=limn→∞

1

limn→∞

1 + limn→∞

1n

=1

1 + 0= 1

�

Shembull 6.5. Gjeni

limn→∞

1n.

Zgjidhje: Eshtë e qartë se

limn→∞

1n

= 0

përderisa ne kemi vërtetuar se limx→∞

1x

= 0 për funksionin f (x) = 1x .

�

Shembull 6.6. Gjeni limitin

limn→∞

ln nn.

Zgjidhje: Përderisa ln n dhe n shkojnë në∞ atëherë ne na shkon mendja të aplikojme Rregullin e L’Hopitalit. Por,kjo nuk mund të behet në këtë rast sepse Rregulli i L’Hopitalit aplikohet vetem për funksione të derivueshëm (pratë vazhdueshëm). Por, për funksionin e vazhdueshëm f (x) = (ln x)/x kemi

limx→∞

ln xx

= limx→∞

1/x1

= 0.

Pra, kemi

limn→∞

ln nn

= 0.

�

Teorema 6.4. Në qoftë selimn→∞

an = L

dhe funksioni f është i vazhdueshëm në L, atëherë

limn→∞

f (an) = f (L).






Shembull 6.7. Gjeni limitin

limn→∞

sin(πn

)Zgjidhje: Funksioni sin x është i vazhdueshëm. Kështu që ne mund të përdorim teoremën e mësipërme e cila najep

limn→∞

sin(πn

)= sin

(limn→∞

πn

)= sin 0 = 0

�

Përkufizim 6.4. Një varg {bk} quhet nënvarg i vargut {an} në qoftë se gjenden

n1 < n2 < n3 < . . .

të tilla që bk = ank për k = 1, 2, 3, . . . .

Pa vërtetim pranojmë teoremat e mëposhtme:

Teorema 6.5. Cdo nënvarg i një vargu konvergjent, konvergjon tek i njëjti limit.

Vërtetim: Vërtetimi i lihed lexuesit si detyrë. �

Teorema 6.6 (Uniciteti i limitit). Në qoftë së limiti i një vargu

limn→∞

an

ekziston atëhere ai është unik.

Vërtetim: Vërtetimi i lihed lexuesit si detyrë. �Teorema e mësipërme mund të përdoret me sukses për të treguar se një varg nuk ka limit. Shembulli i mëposhtëm

ilustron pikërisht këtë ide.

Shembull 6.8. A konvergjon apo divergjon vargu i dhënë me formulën

an = cos(nπ)?

Zgjidhje: Marrin dy nënvargjet për n çift dhe tek. Atëherë, cos(nπ) konvergjon përkatësisht tek 1 dhe -1. Porkjo është e pamundur sepse çdo nënvarg konvergjon tek limiti i vargut, i cili është i vetem. Pra, cos(nπ) ështëdivergjent.

�

Teorema 6.7. Në qoftë se an ≤ bn ≤ cn për çdo n > n0 dhe

limn→∞

an = limn→∞

cn = L,

atëherë limn→∞

bn = L.

Vërtetim: Ushtrim �

Shembull 6.9. Gjeni se çfarë ndodh me vargun

an =n!nn

kur n→∞.






Figura 6.2: Vargu ndërmjet dy vargjeve që konvergjojnë

Zgjidhje: Shohim se

a1 = 1, a2 =1 · 22 · 2

, a3 =1 · 2 · 33 · 3 · 3

.

Pra, kemi

0 < an =1n·

( 2 · 3 · · · nn · n · · · n

)≤

1n

për çdo n > 0. Nga teorema e mësipërme kemi që

limn→∞

n!nn = 0.

�

Shembull 6.10. Për çfarë vlerash të r-së është vargu {rn} konvergjent?

Zgjidhje: Nga vetitë e funksionit eksponencial ne dimë se

limn→∞

rn =

{∞ në qoftë se r > 10 në qoftë se 0 < r < 1

Natyrishtlimn→∞

1n = 1 dhe limn→∞

0n = 0

Në qoftë se −1 < r < 0, atëherë 0 < |r| < 1 dhe

limn→∞|rn| = lim

n→∞|r|n = 0.

Kështu qëlimn→∞

rn = 0

për |r| < 1. �Përmbledhim rezultatin e mësipërm ne lemën e mëposhtme:

Lema 6.1. Vargu {rn} është konvergjent në qoftë se −1 < r ≤ 1 dhe limiti është

limn→∞

rn =

{0 në qoftë se − 1 < r < 11 në qoftë se r = 1.

Për të gjitha vlerat e tjera të r-së vargu është divergjent.






6.1.2 Vargjet e kufizuar dhe vargjet monotonë

Përkufizim 6.5. Një varg {an} quhet i kufizuar në qoftë se gjendet një M ∈ R dhe ekziston N ∈ N e tillë që për tëgjitha n > N, |an| < M.

Shembull 6.11. Varguan = sin n

është i kufizuar sepse sin n ≤ 1, për çdo n ∈N.

Shembull 6.12. Vargu

an =n!nn

është i kufizuar sepse siç pamë më sipër

an ≤1n

dhe { 1n } është i kufizuar nga 1 për çdo n ∈N.

Lexuesi të vërtetojë teoremën e mëposhtme:

Teorema 6.8. Cdo varg konvergjent është i kufizuar.

Më poshtë do të studiojmë një klasë tjetër vargjesh, pikërisht atë të vargjeve monotonë. Vargjet monotonë janëpikërisht ata vargje sjellja e të cilëve është e parashikuar, vlerat e tyre ose rriten ose zvogëlohen.

Përkufizim 6.6. Një varg {an} quhet monoton rritës në qoftë se an ≤ an+1 për të gjitha n ∈ N dhe quhet monotonzbritës në qoftë se an ≥ an+1 për të gjitha n ∈N.

Teorema 6.9. Cdo varg i cili është monoton dhe i kufizuar është varg konvergjent.

Vërtetim: Vërtetimi megjithëse elementar bëhet në një kurs të analizës matematike.�

Teorema 6.10 (Bolzano-Weierstrass). Cdo varg i kufizuar ka një nënvarg konvergjent.

Vërtetim:�

Si aplikim të rezultateve të mësipërme ne vërtetojmë njue rezultat klasik. Përkufizimi i numrit natyror e është

e = limn→∞

(1 +

1n

)n

.

Më poshtë ne do të vërtetojmë se vargu

bn =(1 +

1n

)n

.

është monoton rritës dhe i kufizuar nga sipër nga 3. Pra e ekziston dhe e < 3. Metoda pak më të sofistikuarapërafrimi do të përdoren në leksionet në vijim për të përcaktuar e më me saktësi.

Lema 6.2. Le të jetë dhënë vargu

bn =(1 +

1n

)n

.

Vërtetoni që {bn} është varg monoton rritës dhe i kufizuar nga sipër.

Vërtetim: Nga teorema binomiale kemi

bn = 1 + n1n

+ · · · +n(n − 1) . . . (n − k + 1)

k!

(1n

)k

+ · · · + n(1

n

)n−1

+(1

n

)n

= 1 +

n∑k=1

n(n − 1) . . . (n − k + 1)k!

(1n

)k (6.1)






Në mënyrë të ngjashme,

bn = 1 +

n+1∑k=1

(n + 1)n(n − 1) . . . (n − k + 1)k!

( 1n + 1

)k

(6.2)

Monoton rritës (bn ≤ bn+1):

Le të shënojmë sk termin e k-t të bn+1. Atëherë,

sn =(n + 1)n(n − 1) . . . (n − k + 1)

k!

( 1n + 1

)k

=n + 1n + 1

nn + 1

· · ·n + 1 − k + 1

n + 11k!

= 1(1 −1

n + 1) · · · (1 −

k − 1n + 1

)1k!≥ 1(1 −

1n

) · · · (1 −k − 1

n)

1k!

=nn

n − 1n· · ·

n − k + 1n

1k!

=n(n − 1) . . . (n − k + 1)

k!

(1n

)k

= k-th term of bn

(6.3)

Kështu që, bn+1 ≥ bn.I kufizuar nga sipër:

bn = 1 + n1n

+ · · · +n(n − 1) . . . (n − k + 1)

k!

(1n

)k

+ · · · + n(1

n

)n−1

+(1

n

)n

= 1 +

n∑k=1

n(n − 1) . . . (n − k + 1)k!

(1n

)k

≤ 1 +11!

+ · · · +1k!

+ · · ·1n!≤ 1 +

120 + · · · +

12k−1

+ · · · +1

2n−1

= 1 +1 −

(12

)n

1 − 12

(shuma e vargut gjeometrik )

< 3

(6.4)

Këtu përfundon dhe vërtetimi.�

Një lloj i vecantë vargu divergjent është ai që i afrohet infinitit.

Përkufizim 6.7. Le të jetë dhënë një numër i çfarëdoshëm real pozitiv M. Supozojmë se gjendet një numër natyrorN i tillë që për të gjitha n > N ne kemi an > M. Atëherëthemi se vargu shkon në∞.

Me fjalë të tjera,∀M ∈ R+,∃N ∈N e tillë që ∀n > N, an > M.

Ne e shënojmë këtë fakt melimn→∞

an = ∞.

Ushtrime:

1. Vërtetoni mosbarazimin e Bernulit:

(1 + x)n≥ 1 + nx

për të gjitha x ≥ −1 reale dhe për çdo n ∈N.

2. Le të jetë an = 2 − 12n . Vërtetoni (duke përdorur përkufiz-

imin e limitit) qëlimn→∞

an = 2

3. Gjej vlerën e limiteve më poshtë (në qoftë se ekzistojnë) dhevërtetoni përgjigjen tuaj.






a) limn→∞

1n + n3

b) limn→∞

(2n3− 5n2

− 13)

c) limn→∞

2n3− 5n2

− 13n + n3

4. Jep një shembull:

a) Një varg konvergjent {an} dhe një varg divergjent {bn}

të tillë që {anbn} konvergjonb) Një çift vargjesh divergjent {an} dhe {bn} ku {an + bn} të

konvergjojëc) Një çift vargjesh divergjent {an} dhe {bn} ku {an, bn} të

konvergjojë

5. Gjej shembuj vargjesh {an} dhe {bn} të tilla që limn→∞

an = ∞

dhe limn→∞

bn = 0 dhe

a) limn→∞

an bn = 0

b) limn→∞

an bn = ∞

c) limn→∞

an bn nuk ekziston dhe nuk është∞.

d) limn→∞

an bn = c ku c është një numër real jozero.

Përcaktoni në se vargu konvergjon ose divergjon. Nëqoftë se konvergjon gjeni limitin.

6. an = n3

n3+3

7. an = 3+5n2

n+n2

8. an = e1n

9. an = tan(

2nπ1+8n

)10. an = cos(n/2)

11. an =(2n−1)!(2n+1)!

12. an = en+e−n

e2n−1

13. an = n2e−n

14. an = cos2 n2n

15. an = n sin 1n

16. an =(1 + 2

n

)n

17. an = n!2n

18. an = n3

n+1

19. an = 3n+2

5n

20. an =√

n+19n+2

21. an = cos(2/n)

22. an = arctan 2n

23. an = ln nln 2n

24. an = n cos nπ

25. an = ln(n + 1) − ln n

26. an = sin 2n1+√

n

27. an =(ln n)2

n

28. an =(−3)n

n!

Përcaktoni në se vargu është rritës, zbritës, apo jo mono-ton. A është i kufizuar?

29. an = (−2)n+1

30. an = 12n+3

31. an = n(−1)n

32. an = nn2+1

33. an = 2n−33n+4

34. an = ne−n

35. an = 1 + 1n






6.2 Seritë

Këtu ne përkufizojmë seritë si koncept matematik. Përdorimi i tyre është i gjithanshëm si në matematikënteorike ashtu edhe në teorinë e përafrimeve, inxhinjeri me seritë e Furieit, etj. Nje sërë fenomenesh të botës realepërshkruhen nëpërmjet serive.

Në pjesën që vijon ne do të përqendrohemi tek konvergjenca dhe divergjenca e serive, tek kushtet (ose testet) ekonvergjencës, mënyra e gjetjes së limitit të një serie, si dhe seritë e Taylorit dhe përafrimi i funksioneve nëpërmjetserive.

Le të jepet vargu{an}

∞

n=1 .

Në se mbledhim termat e ketij vargua1 + a2 + · · · + an + · · ·

marrim nje shumë të pafundme të cilën e quajmë seri e pafundme ose thjesht seri dhe e shënojmë me

∞∑n=1

an.

A ka vlere kjo shumë? Natyrisht për disa seri kjo shumë rritet pambarimisht si për shembull për serinë

1 + 2 + 3 + 4 + · · · + n + · · ·

Për seri të tjera shuma mund të jetë e fundme. Për shembull,

∞∑n=1

12n =

12

+14

+18

+1

16+

132

+1

64+ · · · +

12n + · · ·

ne kemi∞∑

n=0

12n = 1.

Në vazhdim të këtij kapitulli do të vertetojmë këtë rezultat midis shumë të tjerëve.

Për një seri çfarëdoshme∞∑

n=1

përkufizojmë shumat e pjesëshme si më poshtë:

s1 = a1

s2 = a1 + a2

s3 = a1 + a2 + a3

s4 = a1 + a2 + a3 + a4

s5 = a1 + a2 + a3 + a4 + a5

dhe në përgjithësi

sn = a1 + a2 + · · · + an =

n∑n=1

an,

ku sn quhet shuma e n-të e pjesëshme e serisë∞∑

n=1

.

Përkufizim 6.8. Le të jetë dhënë seria∞∑

n=1

an






dhe sn shuma e n-të e pjesëshme e saj. Në qoftë se ekziston limiti

limn→∞

sn = s,

atëherë themi se seria∞∑

n=1

konvergjon tek shuma s dhe shkruajmë

∞∑n=1

an = s.

Në të kundërt themi se∞∑

n=1

divergjon.

Vini re që shuma e serisë është limiti i vargut të shumave te pjesëshme. Pra,

∞∑n=1

an = limn→∞

n∑i=1

ai.

Shembull 6.13 (Seria gjeometrike). Një shembull i rëndësishëm i një serie të pafundme është seria gjeometrike

a + ar + ar2 + · · · arn−1 + · · · =

∞∑n=1

arn−1,

për a , 0.Në qoftë se r = 1, atëherë sn = a + a + · · ·+ a = na→ ±∞. Përderisa lim

n→∞an nuk ekziston atëherë seria divergjon. Në qoftë

se r , 1, atëherë

sn = a + ar + ar2 + · · · + arn−1

rsn = ar + ar2 + · · · + arn−1 + arn

Duke marrë diferencën kemisn − rsn = a − arn

prej nga nxjerrim se

sn =a(1 − rn)

1 − r.

Në qoftë se −1 < r < 1 ne dimë se rn→ 0 kur n→∞. Pra,

limn→∞

sn = limn→∞

a(1 − rn)1 − r

=a

1 − r.

Në qoftë se r ≤ −1 ose r > 1, atëherë vargu {rn} është divergjent dhe keshtu që lim

n→∞sn nuk ekziston.

Duke përmbledhur rezultatet më sipër kemi:

Lema 6.3. Seria gjeometrike∞∑

n=1

arn−1 = a + +ar + ar2 + · · · arn−1 + · · ·

është konvergjente në qoftë se |r| < 1 dhe shuma e saj është

∞∑n=1

arn−1 =a

1 − r, |r| < 1.

Në qoftë se |r| > 1, atëherë seria gjeometrike është divergjente.






Shembull 6.14. Gjeni shumën e serisë gjeometrike

∞∑n=1

5(−

23

)n−1

Zgjidhje: Përderisa r = 23 , atëherë |r| < 1 dhe seria konvergjon. Shuma është

5 −103

+209−

407

+ · · · =5

1 −(−

23

) =553

= 3

�

Shembull 6.15. Eshtë seria∞∑

n=1

22n· 31−n

konvergjente apo divergjente?

Zgjidhje: Duke rishkruar termin e serisë kemi

∞∑n=1

22n· 31−n =

∞∑n=1

(22

)n3−(n−1) =

∞∑n=1

4n

3n−1 =

∞∑n=1

4(4

3

)n−1

Kjo është një seri gjeometrike me a = 4 dhe r = 43 . Përderisa r > 1, atëherë seria konvergjon. �

Shembull 6.16. Gjeni shumën e serisë∞∑

n=0

xn,

ku |x| < 1.

Zgjidhje: Kemi∞∑

n=0

xn = 1 + x + x2 + · · ·

e cila është një seri gjeometrike me a = 1 dhe r = x. Meqënëse, |r| = |x| < 1, kjo seri konvergjon dhe kemi

∞∑n=0

xn =1

1 − x.

�

Shembull 6.17. Vërtetoni se seria∞∑

n=1

1n(n + 1)

,

është konvergjente dhe gjej shunmën e serisë.

Zgjidhje: Llogarisim shumën e pjesëshme të kesaj serie

∞∑i=1

1i(i + 1)

=1

1 · 2+

12 · 3

+1

3 · 4+

14 · 5

+ · · · +1

n(n + 1).

Duke përdoruar formulën1

i(i + 1)=

1i−

1i + 1






ne kemi

sn =

∞∑i=1

1i(i + 1)

=

∞∑i=1

(1i−

1i + 1

)=

(1 −

12

)+

(12−

13

)+

(13−

14

)+ · · · +

(1n−

1n + 1

)+

= 1 −1

n + 1

Pra,

limn→∞

sn = limn→∞

sn

(1 −

1n + 1

)= 1 − 0 = 1

Kështu që seria e dhënë është konvergjente dhe

∞∑n=1

1n(n + 1)

= 1

�

Shembull 6.18. Vërtetoni se seria harmonike∞∑

n=0

1n

= 1 +12

+13

+14

+ · · ·

është divergjente.

Zgjidhje: Ne do të tregojmë qe shuma e pjesëshme s2n shkon ne∞ kur n→∞. Lexuesi të vërtetojë që

s2n > 1 +n2

Nga mosbarazimi i mësipërm nxjerrim që s2n →∞ kur n→∞. Pra, seria harmonike divergjon. �Në vijim ne do të vërtetojmë disa rezultate që shpesh quhen teste të konvergjencës (divergjencës) së serive.

Fillojmë pikërisht me një rezultat që do të na çojë tek një test divergjence.

Teorema 6.11. Në qoftë se seria∞∑

n=1

an është konvergjente atëherë

limn→∞

an = 0.

Vërtetim:�

Teorema e mësipërme është më e nevojshme për të treguar divergjencën e serive pasi është ekuivalente meteoremën e mëposhtme.

Teorema 6.12 (Testi i Divergjencës). Në qoftë se limn→∞

an nuk ekziston ose limn→∞

an , 0, atëherë seria∞∑

n=1

an është divergjente.

Le të shohim tani disa shembuj:

Shembull 6.19. Vërtetoni se seria∞∑

n=0

n2

3n2 − 2

është divergjente.






Zgjidhje:

limn→∞

an = limn→∞

n2

3n2 − 2= lim

n→∞

13 − 2

n2

=13, 0

Kështu që seria divergjon. �Vetitë e mëposhtme të serive janë mjaft të nevojshme në ushtrime:

Teorema 6.13. Në qoftë se∑

an dhe∑

bn janë seri konvergjente, atëherë kështu janë edhe seritë∑can,

∑(an + bn),

∑(an − bn).

Për më tepër,

i)∞∑

n=1

can = c∞∑

n=1

an

ii)∞∑

n=1

(an + bn) =

∞∑n=1

an +

∞∑n=1

bn

iii)∞∑

n=1

(an − bn) =

∞∑n=1

an −

∞∑n=1

bn

Shembull 6.20. Gjeni shumë e serisë∞∑

n=1

(3

n(n + 1)+

12n

)

Zgjidhje: Meqënëse∞∑

n=1

12n =

12

1 − 12

= 1,

si seri gjeometrike dhe∞∑

n=1

1n(n + 1)

= 1

siç u tregua me lart, atëherë kemi

∞∑n=1

(3

n(n + 1)+

12n

)= 3

∞∑n=1

1n(n + 1)

+

∞∑n=1

12n = 3 · 1 + 1 = 4

�

Vërejtje 6.1. Një numer i fundëm termash nuk e ndryshojnë konvergjencën ose divergjencën e serisë.

Ushtrime:

Përcakto në se seria gjeometrike është konvergjente apodivergjente. Në qoftë se është konvergjente gjej shumën.

1.

3 + 3 +43

+89

+ · · ·

2.18−

14

+12− 1 + · · ·

3.

3 − 4 +163−

649

+ · · ·

4.1 + 0.4 + 0.16 + 0.064+

5.∞∑

n=1

6 · 0.9n−1






6.∞∑

n=1

10m

(−9)n−1

7.∞∑

n=1

(−3)n−1

4n

8.∞∑

n=1

en

3n−1

9.∞∑

n=0

πn

3n+1

10.∞∑

n=0

1

(√

2)n

Përcakto në se seria është konvergjente ose divergjente.Në qoftë se është konvergjente gjej shumën e saj.

11.∞∑

n=1

12n

12.∞∑

n=1

k2

k2 − 1

13.∞∑

n=1

1 + 2n

3n

14.∞∑

n=1

n + 15n − 3

15.∞∑

n=1

n(n + 2)(n + 3)2

16.∞∑

n=1

1 + 3n

2n

17.∞∑

n=1

ln(

n2 + 12n2 + 1

)18.

∞∑n=1

( 35n +

2n

)






6.3 Testi i integralit dhe parashikimi i shumave të serive.

Zakonisht është e vështirë të gjesh shumën ekzakte te një serie. ne kemi formula të gatshme për disa seri si seriagjeometrike, por në përgjithësi kjo është një punë e vështirë. Në seksionet që vijnë ne do të zhvillojmë teknika kutë bëhet e mundur që ne të vendosim në se seria është konvergjente apo jo pa gjetur shumën e serisë.

6.3.1 Testi i integralit

Fillojmë me një shembull për të cilin ne dimë rezultatin.

Shembull 6.21. Vërtetoni që seria harmonike divergjon

Pra, ne duam të gjejmë∞∑

n=1

1n

. Konsiderojmë integralin

∫∞

0

1x

dx

Atëherë, shuma e serise mund të mendohet si shuma e sipërfaqeve tedrejtëkëndëshave ne Fig. 6.3 sepse secili prej tyre e ka bazën 1.

Figura 6.3: Testi i integralit për serinë har-monike.

Pra, kemi∞∑

n=1

1n

=

∞∑n=1

1n· 1 =

∞∑n=1

f (n)

ku f (x) = 1x . Kështu që ∫

∞

0

1x

dx <∞∑

n=1

1n

Përderisa ne e dimë që∫∞

0

1x

dx nuk konvergjon (pra shkon në ∞), atëherë∞∑

n=1

1n

divergjon. Rezultat që ne e

prisnim nga seksioni i mëparshëm. �Një teknikë e tillë mund të përgjithësohet në teoremën e mëposhtme.

Teorema 6.14. Le të jetë f (x) një funksion i vazhdueshëm, pozitiv dhe zbritës në [1,∞) dhe an = f (n). Atëherë,


1f (x) dx konvergjon atëherë

∞∑n=1

an konvergjon.


1f (x) dx divergjon atëherë

∞∑n=1

an divergjon.

Shembull 6.22. Gjeni në se seria e mëposhtme∞∑

n=1

1n2 + 1

konvergjon apo jo.

Zgjidhje: Funksioni

f (x) =1

x2 + 1






është i vazhdueshëm, pozitiv, dhe zbritës në intervalin [1,∞). Pra, ne mund të përdorim testin e integralit,∫∞

1

1x2 + 1

dx = limt→∞

∫ t

0

1x2 + 1

dx

= limt→∞

tan−1 x∣∣∣∣∣t1

= limt→∞

(tan−1 t −

π4

)=π2−π4

=π4

Kështu që nga testi i integralit edhe seria∞∑

n=1

1n2 + 1

është konvergjente. �

Shembull 6.23. Për çfarë vlerash të p-së seria∞∑

n=1

1np është konvergjente.

Zgjidhje: Në qoftë se p < 0, atëherë limn→∞

(1/np) = ∞. Në qoftë se p = 0, atëherë limn→∞

(1/np) = 1. Në të dy rastet limitinuk është zero, pra seria divergjon.

Në qoftë se p > 0, atëherë funksioni f (x) = 1/xp është i vazhdueshëm, pozitiv dhe zbritës në [1,∞). Ne dimë ngakapitujt e mëparshëm se∫

∞

1

1xp dx konvergjon në qoftë se p > 1 dhe divergjon në qoftë se p ≤ 1

Kështu që nga testi i integralit kemi që seria∞∑

n=1

1np konvergjon për p > 1 dhe divergjon për 0 < p ≤ 1. �

Seria e shembullit të mësipërm quhet p-seri. Rezultati i mësipërm është mjaft i rëndësishëm dhe ne do tapërmbledhim si më poshtë:

Lema 6.4. Çdo p-seri∞∑

n=1

1np është konvergjente në qoftë se p > 1 dhe divergjente në qoftë se p ≤ 1.

6.3.2 Parashikimi i shumës së serive

Në rastet kur ne dimë që një seri∑

an konvergjon shpesh na duhet të gjejmë shumën e kësaj seri. Shpesh kjoështë e vështirë, por çdo shumë e pjesëshme sn është një përafrim i shumës s. Sa i saktë është ky përafrim? Sa ështëmbetja? Ne përkufizojmë mbetjen

Rn = s − sn = an+1 + sn+2 + · · ·

Rn është gabimi në se ne përdorim sn si përafrim të shumës s. Duke përdorur të njëjtën teknikë si ne testin e integralitkemi

R − n = an+1 + sn+2 + · · · ≤

∫∞

nf (x) dx,

ku f (x) është funksioni i tillë që an = f (n) dhe f (x) kënaq kushtet e testit të integralit.Gjithashtu,

R − n = an+1 + sn+2 + · · · ≥

∫∞

n+1f (x) dx,

kështu që ne kemi një parashikim për gabimin.

Teorema 6.15. Supozojmë se f (k) = ak dhe f është një funksion pozitiv, zbritës për x ≥ n dhe∑

an është konvergjent. Nëqoftë se Rn = s − sn, atëherë ∫

∞

n+1f (x) dx ≤ Rn ≤

∫∞

nf (x) dx






Shembull 6.24. a) Përafroni shumën e serisë∑

f rac1n3 duke përdorur 10 termat e para. Parashikoni gabimin në këtëpërafrim.

b) Sa terma duhen përdorur që shuma të jetë me saktësi 0.0005?

Zgjidhje: Për të dyja pjesët e ushtrimit na duhet∫∞

nf (x) dx ku f (x) = 1/x3. Eshtë e qartë që f (x) i kënaq kushtet e

testit të integralit. ∫∞

n

1x3 dx = lim

t→∞

[−

12x2

]t

n= lim

t→∞

(−

12t2 +

12n2

)=

12n2

a)∞∑

n=1

1n3 ≈ s10 = 1 +

123 +

133 + · · ·

1103 ≈ 1.1975

Nga teorema e mësipërme kemi

R10 ≤

∫∞

10

1x3 dx =

12 · 102 =

1200

Pra, gabimi është e shumta 0.005.b) Saktësi me kufij më të vogël se 0.0005 do të thotë që të gjejmë n që Rn ≤ 0.0005. Meqënëse

Rn ≤

∫∞

n

1x3 dx =

12n2

ne duam që1

2n2 < 0.0005

kështu që n >√

1000 ≈ 31.6 Pra, ne na duhen 32 terma për të arritur me saktësi brenda gabimit 0.0005. �Po t’u shtojmë të dy anëve të teoremës së mësipërme sn kemi

sn +

∫∞

n+1f (x) dx ≤ s ≤ sn +

∫∞

nf (x) dx

sepse sn + Rn = s. Mosbarazimet e mësipërme japin një kufi të sipërm dhe të poshtëm për s.

Shembull 6.25. Përdorni mosbarazimin e mësipërm me n = 10 për të parashikuar shumëm e serisë

∞∑n=1

1n3 .

Zgjidhje: Nga mosbarazimi i mësipërm kemi

s10 +

∫∞

11f (x) dx ≤ s ≤ s10 +

∫∞

10f (x) dx

Nga shembulli i mësipërm ∫∞

nf (x) dx =

12n2

pra

s10 +1

2 · 112 ≤ s ≤ s10 +1

2 · 102

Ne gjetëm s10 ≈ 1.197532 keshtu që kemi1.201664 ≤ s ≤ 1.202532

�






6.4 Testi i krahasimit

Në shumë raste ne mund të gjejmë informacion mbi konvergjencën e një serie duke e krahasuar atë me një seritjetër për të cilën ne dimë në se konvergjon apo divergjon. Teorema e mëposhtme quhet testi i krahasimit.

Teorema 6.16 (Testi i krahasimit). Supozojmë që

∞∑n=1

an dhe∞∑

n=1

bn

janë seri me terma pozitivë.

i) Në qoftë se∞∑

n=1

bn konvergjon dhe an ≤ bn për të gjitha n atëherë∞∑

n=1

an konvergjon.

ii) Në qoftë se∞∑

n=1

bn divergjon dhe an ≥ bn për të gjitha n atëherë∞∑

n=1

an divergjon.

Vërtetim:�

Shembull 6.26. Përcaktoni në se seria∞∑

n=1

73n3 + 5n + 2


Zgjidhje: Vini re që7

3n3 + 5n + 2≤

73n3

Duke qene se∞∑

n=1

73n3 =

73

∞∑n=1

1n3

është konvergjente si p-seri, atëherë dhe seria

∞∑n=1

73n3 + 5n + 2



n=1

ln nn


Zgjidhje: Për n ≥ 3 ne mund të vërtetojmë seln n

n>

1n

Meqënëse∑

1/n është divergjente si seri harmonike, atëherë nga teorema e mësipërme dhe

∞∑n=1

ln nn

divergjon. �Më poshtë po japim një test tjetër i cili mund të përdoret në raste kur testi i krahasimit nuk funksionon.






6.4.1 Testi i krahasimit limit

Teorema 6.17 (Testi i krahasimit limit ). Supozojmë që

∞∑n=1

an dhe∞∑

n=1

bn

janë seri me terma pozitivë. Në qoftë se limn→∞

an

bn= c > 0, atëherë të dyja seritë konvergjojnë ose divergjojnë.

Shembull 6.28. Vendosni në se seria∞∑

n=1

12n − 1


Zgjidhje: Përdorim testin e krahasimit limit për

an =1

2n − 1dhe bn =

12n

dhe kemi

limn→∞

an

bn= lim

n→∞

1/(2n− 1)

1/2n = limn→∞

2n

2n − 1= lim

n→∞

11 − 1/2n = 1 > 0

Meqënëse∑

1/2n është konvergjente si seri gjeometrike, atëherë dhe seria∞∑

n=1

12n − 1


Ushtrime:

Përcaktoni në se seria konvergjon ose divergjon.

1.∞∑

n=1

n2n3 + 3

2.∞∑

n=1

n3

n4 − 2

3.∞∑

n=1

5n

10n − 1

4.∞∑

n=1

4 + 3n

2n

5.∞∑

n=1

n − 1n√

n

6.∞∑

n=1

n − 1n2√

n

7.∞∑

n=1

cos2 nn2 − 1

8.∞∑

n=1

n2− 1

3n4 + 1

9.∞∑

n=1

n − 1n2n

10.∞∑

n=1

1 + 4n

1 − 5n

11.∞∑

n=1

(n + 2)(n + 1)3

12.∞∑

n=1

5 + 2n(1 + n2)2

13.∞∑

n=1

n2− 5n

n3 + n2 + n + 1

14.∞∑

n=1

1n!

15.∞∑

n=1

sinncos n






16.∞∑

n=1

n!nn

17.∞∑

n=1

1 + n + n2

√

1 + n2 + n6

18.∞∑

n=1

n + n2

3 + n2

19.∞∑

n=1

e1/n

n

20.∞∑

n=1

√

n2 − 1√

n2 + 2n

21.∞∑

n=1

1 − sinn2

tan n

22.∞∑

n=1

n + 5√

n7 + n2

23.∞∑

n=1

2 + (−2)n

n√

n

24.∞∑

n=1

√

n7 − 2n√

2n7 − 3n

25.∞∑

n=1

1√

n4 + 1

26.∞∑

n=1

sin2 nn3

27.∞∑

n=1

11 + 2n

28.∞∑

n=1

n(n + 1)3n

Përdorni 10 termat e para për të përafruar shumën eserisë. Ju mund të përdorni një kalkulator atje ku ështëe nevojshme.

29.∞∑

n=1

√

n2 − 1√

n2 + 2n

30.∞∑

n=1

1 − sinn2

tan n

31.∞∑

n=1

n + 5√

n7 + n2

32.∞∑

n=1

1√

n4 + 1

33.∞∑

n=1

sin2 nn3

34.∞∑

n=1

11 + 2n

35.∞∑

n=1

n(n + 1)3n

36. Vërtetoni se në qoftë se an > 0 dhe limn→∞

nan , 0, atëherë∑an është divergjente.

37. Vërtetoni se në qoftë se an > 0 dhe∑

an është kon-

vergjente, atëherë∑

ln(1 + an) është konvergjente.

6.5 Seritë alternative

Në këtë leksion ne do të konsiderojmë seritë termat e të cilave mund të ndryshojnë shenjë. Për shembull,

1 −12

+13−

14

+15−

16

+ · · ·

Seri të tilla ku termat alternojnë shenjë do të quhen seri alternative. Seri të tilla ne zakonisht i shënojmë me

an = (−1)n−1bn ose an = (−1)nbn






Testi i mëposhtëm quhet testi alternativ ose testi i serise alternative.

Teorema 6.18 (Testi i serive alternative). Në qoftë se∞∑

n=1

(−1)nbn ku bn > 0 dhe kënaqen

i) bn+1 ≤ bn për të gjitha n > 1

ii) limn→∞

bn = 0

atëherë seria konvergjon.

Shembull 6.29. Seria harmonike alternative

1 −12

+13−

14

+ · · · =

∞∑n=1

(−1)n−1

n

kënaq kushtet e teoremës sepsei) bn+1 < bn pasi

1n + 1

<1n

për n > 1. Gjithashtu,

limn→∞

1n

= 0

Kështu që seria harmonike alternative konvergjon nga testi alternativ.

Shembull 6.30. Seria∞∑

n=1

(−1)n3n4n − 1

është alternative, por

limn→∞

bn = limn→∞

3n4n − 1

= limn→∞

34 − 1

n

=34

kështu që kushti i dytë i teoremës nuk kënaqet. Ne nuk mund të konkludojmë gjë nga testi alternativ.Në të vërtetë,

limn→∞

(−1)n3n4n − 1

nuk ekziston dhe nga testi i divergjencës ne konkludojme se seria divergjon.


n=1

(−1)n+1 n2

n3 + 1

është alternative. Për të verifikuar në se kjo seri kënaq kushtet e testit alternativ ne marrim funksionin

f (x) =x2

x3 + 1

Në se ky funksion është zbritës, atëherë {bn} është zbritës dhe kështu kënaqet kushti i parë. Derivati i funksionit është

f ′(x) =x(2 − x3)(x3 + 1)2

i cili është negativ ( f ′(x) < 0) kur 2 − x3 < 0. Pra, kur x > 3√2.Kushti ii) verifikohet lehtë pasi

limn→∞

bn = limn→∞

n2

n3 + 1= lim

n→∞

1n

1 + 1n

= 0

Kështu që seria konvergjon nga testi alternativ.






Teorema e mëposhtme përdoret për përafrimin e shumave të serive alternative.

Teorema 6.19. Në qoftë se s =∑

(−1)n−1bn është shuma a një serie alternative që kënaq

bn+1 ≤ bn dhe limn→∞

bn = 0

atëherë

|Rn = |s − sn| ≤ bn+1

Shembull 6.32. Gjeni shumën e serisë∞∑

n=1

(−1)n

n!me saktësi deri në tre shifra pas presjes dhjetore.

Zgjidhje: Lexuesi të verifikojë që kjo seri kënaq kushtet e teoremës së testit alternativ dhe si e tillë konvergjon. Vinire që

b7 =1

5040< 0.0002

kështu që

s6 = 1 − 1 +12−

16

+1

24−

1120

+1

720≈ 0.368056

Nga teorema e mësipërme kemi

|s − s6| ≤ b7 < 0.0002

i cili është me i vogël se 10−3. Pra, s ≈ s6 = 0.368056. �

Ushtrime:

Gjeni në se seria konvergjon apo divergjon.

1.∞∑

n=1

(−1)n n10n

2.∞∑

n=1

(−1)n+1 n2

n3 + 4

3.∞∑

n=1

(−1)n nln n

4.∞∑

n=1

(−1)n cos nπn3/4

5.∞∑

n=1

(−1)n√

n1 + 2

√n

6.∞∑

n=1

(−1)n e1/n

n

7.∞∑

n=1

(−1)n ln nn

8.∞∑

n=1

(−1)n sin(nπ/2)n!

9.∞∑

n=1

(−1)n nn

n!

10.∞∑

n=1

(−1)n sin(πn

)11.

∞∑n=1

(−1)n cos(πn

)218 c©AIM: Albanian Institute of Mathematics





6.6 Konvergjenca absolute, testi i raportit dhe testi i rrënjës

Për çdo seri∞∑

n=1

an ne mund të konsiderojmë serinë

∞∑n=1

|an| = |a1| + |a2| + · · ·

e cila quhet seria absolute e∞∑

n=1

an.

Përkufizim 6.9. Në qoftë se∞∑

n=1

|an| konvergjon ne themi se seria∞∑

n=1

an konvergjon absolutisht; në qoftë se∞∑

n=1

an

konvergjon por∞∑

n=1

|an| divergjon atëherë ne themi që seria∞∑

n=1

an konvergjon e kushtëzuar.


n=1

(−1)n−1

n2

konvergjon absolutisht sepse∞∑

n=1

∣∣∣∣∣∣ (−1)n−1

n2

∣∣∣∣∣∣ =

∞∑n=1

1n2

është konvergjente si p-seri me p = 2 > 1.

Shembull 6.34. Ne e dimë se seria harmonike alternative∞∑

n=1

(−1)n−1

n

konvergjon (siç u tregua më lart), por seria harmonike, e cila eshte seria absolute e serise harmonike alternative, nuk konvergjon.Pra, seria harmonike alternative konvergjon e kushtëzuar.

Teorema 6.20. Në qoftë se∞∑

n=1

|an| konvergjon atëherë∞∑

n=1

an konvergjon.


n=1

cos nn2

konvergjon ose jo.

Zgjidhje: Kjo seri ka terma negative dhe positive, por nuk është alternative. Ne përdorim testin e krahasimit përserinë absolute të saj. Pra

∞∑n=1

∣∣∣∣cos nn2

∣∣∣∣ =

∞∑n=1

| cos n|n2

Përderisa,| cos n|

n2 <1n2

dhe∞∑

n=1

1n2

si p-seri atëherë seria jonë konvergjon. �Dy testet e mëposhtme janë mjaft të rëndësishme në përcaktimin e konvergjencës së serive.






Teorema 6.21 (Testi i Raportit). Jepet seria∑

an. Atëherë një nga pohimet e mëposhtme është i vërtetë:

i) Në qoftë se limn→∞

∣∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣∣ = L < 1, atëherë seria∞∑

n=1

an konvergjon absolutisht.

ii) Në qoftë se limn→∞

∣∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣∣ = L > 1, atëherë seria∞∑

n=1

an divergjon.

iii) Në qoftë se limn→∞

∣∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣∣ = 1, atëherë Testi i Raportit nuk na tregon gjë puer konvergjencën apo divergjencën e serisë.

Vërtetim: i) Le të përpiqemi ta krahasojmë këtë seri me një seri konvergjente gjeometrike. Perderisa L < 1, ne mundtë zgjedhim njue numer r < 1 të tillë që L < r < 1. Meqënëse

limn→∞

∣∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣∣ = L, dhe L < r

atëherë ekziston një n0 e tillë që për çdo n ≥ n0 kemi ∣∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣∣ < r

ose në mënyrë ekuivalente|an+1| < |an| r, për çdo n ≥ n0.

Në përgjithësi,|an0+k| < |an0 | r

k, për çdo k ≥ 1. (6.5)

Por seria∞∑

k=1

|an0 |rk =

konvergjon si seri gjeometrike me 0 < r < 1. Pra mosbarazimi (6.5) me testin e krahasimit na japin që

∞∑n=n0+1

|an| =

∞∑k=1

|an0+k|

konvergjon. Pra∑

an është absolutisht konvergjente.ii)

�

Shembull 6.36. Përcaktoni në se seria konvergjon absolutisht

∞∑n=1

(−1)n n3

3n

Zgjidhje: Duke përdorur testin e raportit me an = (−1)nn3/3n kemi

∣∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣∣ (−1)n+1·

(n+1)3

3n+1

(−1)n · n3

3n

∣∣∣∣∣∣∣ =(n + 1)3

3n+1 ·3n

n3 =

=13

(n + 1n

)3

=13·

(a +

1n

)3

→13< 1

Nga testi i raportit seria konvergjon. �






Teorema 6.22 (Testi i rrënjës). i) Në qoftë se limn→∞

(|an|)1n = L < 1, atëherë seria

∞∑n=1

an konvergjon absolutisht.

ii) Në qoftë se limn→∞

(|an|)1n = L > 1, atëherë seria

∞∑n=1

an divergjon.

Shembull 6.37. Përcaktoni konvergjencën e serisë:

∞∑n=1

(2n + 33n + 2

)n

Zgjidhje: Kemi

an =(2n + 3

3n + 2

)n

dhe n√|an| =

2n + 33n + 2

Eshtë e qartë se

limn→∞

n√|an| = lim

n→∞

2n + 33n + 2

=23< 1

Pra, nga testi i rrënjës seria konvergjon. �

Shembull 6.38. Përcakto në se seria në vazhdim konvergjon ose jo

∞∑n=1

ln nn

Zgjidhje: Përdorim testin e krahasimit me∞∑

n=1

1n

Përderisa ln n > n, për të gjitha n > 1 dhe seria harmonike divergjon atëherë∞∑

n=1

ln nn

divergjon. �

Shembull 6.39. Përcakto në se seria konvergjon ose jo

∞∑n=1

3n + 2n

6n

Zgjidhje: Kemi∞∑

n=0

3n + 2n

6n =

∞∑n=0

3n

6n +

∞∑n=0

2n

6n =1

1 − 12

+1

1 − 13

=72

�

Shembull 6.40. Përcakto në se seria konvergjon ose jo

∞∑n=1

1e2n

Zgjidhje: Seria mund të shkruhet si∞∑

n=1

1e2n =

∞∑n=1

( 1e2

)n

e cila konvergjon si seri gjeometrike me raport r < 1. �






Ushtrime:

Përcaktoni në se seria është absolutisht konvergjente,konvergjon me kusht, apo është divergjente.

1.∞∑

n=1

n2

2n

2.∞∑

n=1

(−2)n

n!

3.∞∑

n=1

(−1)n·

2n

n4

4.∞∑

n=1

(−1)n

4√

n

5.∞∑

n=1

(−1)n

n4

6.∞∑

n=1

(−2)n

ln n

7.∞∑

n=1

3n + 2n − 2

8.∞∑

n=1

n!2n

9.∞∑

n=1

sin 4n4n

10.∞∑

n=1

cos n2

n2

11.∞∑

n=1

tan n3

3n

12.∞∑

n=1

tan n3

n3

13.∞∑

n=1

1 + 2n

2n

14.∞∑

n=1

ln(2n + 3)2n

15.∞∑

n=1

n2 + n + 13n3 + 3n + 5

16.∞∑

n=1

n2 + n + 13n4 + n + 2

17.∞∑

n=1

sin n + cos nn3

18.∞∑

n=1

en + 3n3 + nn

19.∞∑

n=1

(−1)n

ln n

20.∞∑

n=1

n!nn

21.∞∑

n=1

sinn nnn

22.∞∑

n=1

n3− 1

n6 − 1

23.∞∑

n=1

n5− 1

n4 + n3 + n2 + n + 1

24.∞∑

n=1

n7− 1

n − 1






6.7 Seritë fuqi

Në këtë leksion ne do të studiojmë seritë fuqi të cilat janë seritë më të përdorshme në kalkulus.

Përkufizim 6.10. Një seri fuqi është seria e formës

∞∑n=0

cnxn = c0 + c1x + c2x2 + · · · .

Në mënyrë më të përgjithëshme është

∞∑n=0

cn(x − a)n = c0 + c1(x − a) + c2(x − a)2 + · · ·

e quajtur seri fuqi me qendër tek a.

Shembull 6.41. Për çfarë vlerash të x-it seria∞∑

n=0

n!xn

është konvergjente.

Zgjidhje: Përdorim Testin e Raportit. Në qoftë se x , 0 kemi

limn→∞

∣∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣∣ = limn→∞

∣∣∣∣∣∣ (n + 1)!xn+1

n!xn

∣∣∣∣∣∣= lim

n→∞(n + 1)|x| = ∞

Nga testi i raportit seria divergjon kur x , 0. Pra, seria konvergjon vetem për x = 0.�

Shembull 6.42. Për çfarë vlerash të x-it seria∞∑

n=0

(x − 3)n

n

është konvergjente.

Zgjidhje: Le të jetë an = (x − 3)n/n. Atëherë

limn→∞

∣∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣∣ = limn→∞

∣∣∣∣∣∣ (x − 3)n+1

n + 1·

n(x − 3)n

∣∣∣∣∣∣= lim

n→∞

11 + 1

n

· |x − 3| = |x − 3|

Nga Testi i Raportit, seria është absolutisht konvergjente kur |x − 3| < 1 dhe divergjente kur |x − 3| > 1. Pra, seriakonvergjon për 2 < x < 4. �

Më poshtë shohim se çndodh saktësisht me seritë fuqi.

Teorema 6.23. Për një seri fuqi të dhënë∞∑

n=1

cn(x − a)n ka vetëm tre mundësi:

i) Seria konvergjon vetëm kur x = a.

ii) Seria konvergjon për të gjitha x

iii) Gjendet një numër pozitiv R i tillë që seria konvergjon në qoftë se |x − a| < R dhe divergjon në qoftë se |x − a| > R.






Përkufizim 6.11. Numri R në teoremën me sipër është quajtur rreze e konvergjencës së serisë. Intervali (a−R, a+R)është quajtur interval i konvergjencës.

Shembull 6.43. Gjeni rrezen e konvergjencës dhe intervalin e konvergjencës për serinë

∞∑n=1

10nxn

n3

Zgjidhje: Nga Testi i Raportit kemi

limn→∞

an+1

an=

∣∣∣∣∣∣10n+1xn+1

(n + 1)3 ·n3

10nxn

∣∣∣∣∣∣ = 10|x|

Pra, rezja e konvergjencës është R = 110 dhe intervali i konvergjencës është (− 1

10 ,1

10 ). Ne akoma duhet të kontrollojmëpikat x = ± 1

10 .

Për x = 110 seria bëhet

∞∑n=1

1n3 dhe konvergjon si një p-seri për p = 3. Për x = 1

10 seria bëhet∞∑

n=1

(−1)n

n3 dhe konvergjon

absolutisht sepse është seria më sipër. Pra, edhe kjo seri konvergjon. Kështu që intervali i konvergjencës është[−

110,

110

]�

Ushtrime:

Gjeni rezen e konvergjencës dhe intervalin e kon-vergjencës për seritë:

1.∞∑

n=1

xn

√n

2.∞∑

n=1

(−1)n− 1xn

n3

3.∞∑

n=0

xn

n!

4.∞∑

n=1

(−1)n n2xn

2n

5.∞∑

n=1

(−2)nxn

4√

x

6.∞∑

n=2

(−1)n xn

4n ln n

7.∞∑

n=0

(x − 2)n

n2 + 1

8.∞∑

n=1

3n(x + 4)n

√n

9.∞∑

n=1

(x − 2)n

nn

10.∞∑

n=1

nbn (x − a)n b > 0

11.∞∑

n=1

√nxn

12.∞∑

n=0

(−1)nxn

n + 1

13.∞∑

n=1

nnxn






14.∞∑

n=1

10nxn

n3

15.∞∑

n=1

xn

5nn5

16.∞∑

n=0

(−1)n x2n

(2n)!

17.∞∑

n=o

(−1)n (x − 3)n

2n + 1

18.∞∑

n=1

n4n (x + 1)n

19.∞∑

n=1

(3x − 2)n

n3n

20.∞∑

n=1

n(x − 4)n

n3 + 1

21.∞∑

n=1

n!(2x − 1)n

22.∞∑

n=1

(4x + 1)n

n2

23.∞∑

n=1

xn

1 · 3 · 5 · · · (2n − 1)

24.∞∑

n=1

n!xn

1 · 3 · 5 · · · (2n − 1)

25.∞∑

n=1

n2xn

2 · 4 · 6 · · · (2n)

26.∞∑

n=2

x2n

n(ln n)2

6.8 Paraqitja e funksionit si seri

Në këtë leksion ne do të mësojmë si të paraqesim disa klasa funksionesh si seri fuqi duke manipuluar seritëgjeometrike ose duke derivuar apo integruar seri të tilla. Fillojmë me një shembull që e kemi parë më parë.

11 − x

= 1 + x + x2 + · · · =

∞∑n=0

xn, |x| < 1

Po të konsiderojmë funksionin

f (x) =1

1 − xatëherë ky funksion është shprehur si një shumë e një serie fuqi.

Shembull 6.44. Shprehni funksionin f (x) = 11+x2 si një seri fuqi dhe gjeni intervalin e konvergjencës.

Zgjidhje: Duke zëvendësuar x me −x2 në ekuacionin e mësipërm kemi

11 + x2 =

11 − (−x)2 =

∞∑n=0

(−x2)n

=

∞∑n=0

(−1)nx2n = 1 − x2 + x4− x6 + x8 + · · ·

Si seri gjeometrike kjo seri konvergjon kur | − x2| < 1, pra kur x2 < 1 ose |x| < 1. Pra, intervali i konvergjencës është

(−1, 1). �

Shembull 6.45. Gjej një paraqitje si seri fuqi për funksionin f (x) = 1/(x + 2).






Zgjidhje: Kemi

1x + 2

=1

2(1 + x

2

) =1

2[1 −

(−

x2

)]=

12·

∞∑n=0

(−

x2

)n=

∞∑n=0

(−1)n

2n+1 xn

Seria konvergjon kur | − x/2| < 1, pra kur |x| < 2. Intervali i konvergjencës është (−2, 2). �

Shembull 6.46. Gjej një paraqitje si seri fuqi për funksionin f (x) = x3

(x+2) .

Zgjidhje: Ne vazhdojmë si më poshtë duke shfrytëzuar shembullin e mësipërm

x3

1 + x2 = x3·

1x + 2

= x3·

∞∑n=0

(−1)n

2n+1 xn

=

∞∑n=0

(−1)n xn+3

2n+1 =12

x3−

14

x4 +18

x5−

116

x16 + · · ·

Intervali i konvergjencës është (−2, 2). �Më poshtë shohim metodën e Taylor për te shprehur funksione të caktuara si seri.

Teorema 6.24. Në qoftë se funksioni f (x) ka një paraqitje me seri fuqi rritëse në x = a, pra në qoftë se

f (x) =

∞∑n=0

cn(x − a)n për |x − a| < R

atëherë koefiçentët cn jepen nga formula

cn =f (n)(a)

n!.

Duke e shprehur me ndryshe teoremën e mësipërme themi se

f (x) =

∞∑n=0

f (n)(a)n!

(x − a)n

= f (a) +f ′(a)1!

(x − a) +f ′′(a)

2!(x − a)2 +

f ′′′(a)3!

(x − a)3 + · · ·

Përkufizim 6.12. Seria e mësipërme është quajtur Seria e Taylor e f (x) në x = a. Në qoftë se x = 0 atëherë seria emësipërme është quajtur seria e Maclaurin.

Shembull 6.47. Gjeni serinë Maclaurin për f (x) = ex.

Zgjidhje: Në qoftë se f (x) = ex atëherë f (n)(x) = ex për të çdo n. Pra, kemi

∞∑n=0

f (n)(0)n!

xn =

∞∑n=0

xn

n!= 1 +

x1!

+x2

2!+

x3

3!+ · · ·

Lexuesi të vërtetojë se kjo seri konvergjon për çdo x dhe rezja e konvergjencës është∞.�

Vërejtje 6.2. Shembulli i mësipërm mund të përdoret për të llogaritur numrin e. Për shembull, marrim x = 1 dhe kemi

e =

∞∑n=0

1n!

= 1 +11!

+22!

+33!

+ · · ·






Lexuesi të vërtetojë shprehjet e mëposhtme.

sin x = x −x3

3!+

x5

5!−

x7

7!+

x9

9!+ · · ·

cos x = 1 −x2

2!+

x4

4!−

x6

6!+

x8

8!+ · · ·

ose me fjalë të tjera

sin x =

∞∑n=0

(−1)n x2n+1

(2n + 1)!, dhe cos x =

∞∑n=0

(−1)n x2n

(2n)!

Shënojmë me Tn(x) shumën e pjesëshme të serisë Taylor për një funksion f (x). Tn(x) është një polinom me gradën dhe shpesh quhet polinomi me gradë n i Taylorit. Mbetja e serisë Taylor përkufizohet si më poshtë

Rn(x) = f (x) − Tn(x)

Kemi dy rezultatet e mëposhtme.

Teorema 6.25. Në qoftë se f (x) = Tn(x) + Rn(x) në x = a dhe

limn→∞

Rn(x) = 0

për |x − a| < R, atëherë f (x) është i barabartë me serinë e Taylorit në intervalin |x − a| < R.

Teorema 6.26 (Taylor). Në qoftë se | f (n+1)(x)| ≤M për |x−a| ≤ d, atëherë mbetja Rn(x) e serisë së Taylorit kënaq mosbarazimin

|Rn(x)| ≤M

(n + 1)!|x − a|n+1 , për |x − a| ≤ d

Shembull 6.48. a) Gjeni ∫x2 sin x dx

si seri fuqi

b) Përdorni pjesën a) për të përafruar ∫ 2

0x2 sin x dx

me gabim më pak se 0.000001

Zgjidhje:a) Së pari le të shprehim x2 sin x si seri fuqi. Ne dime paraqitjen e sin x si seri fuqi. Duke shumëzuar me x2

marrim

x2 sin x = x2−

x5

3!+

x7

5!−

x9

7!+ · · ·

=

∞∑n=0

(−1)n x2n+3

(2n + 1)!, for all x

Duke integruar term pas termi marrim∫x2 sin x =

∫x2 dx−

∫x5

3!dx +

∫x7

5!dx−

∫x9

7!dx + · · ·

=

∫ ∞∑n=0

(−1)n x2n+3

(2n + 1)!dx = C +

∞∑n=0

(−1)n 1(2n + 1)!

·x2n+4

2n + 4






Nga testi i raportit kjo seri konvergjon për çdo x, përderisa

limn→∞

an+1

an= 0

b) Nga më lart kemi

∫ 2

0x2 sin x dx =

∞∑n=0

(−1)n 1(2n + 1)!

·x2n+4

2n + 4

∣∣∣∣∣∣∣2

0

=

[x4

4−

x6

3! · 6+

x8

5! · 8−

x10

7! · 10+ · · ·

]2

0

24

4−

26

3! · 6+

28

5! · 8−

210

7! · 10+ · · ·

Nga testi i serive alternative termi i gabimit është |Rn| = |s − sn| ≤ bn. Pra, termi i gjashtë është

46081075

= 6.677785356 · 10−7≤ 0.000001

Kështu që integrali mund të përafrohet me shumën e pesë termave të para∫ 2

0x2 sin x dx � 2.469482734

�

Shembull 6.49. a) Përafroni f (x) = sin x me një polinom të taylorit me gradë n = 4 në numrin x = π/6.

b) sa është saktësia e këtij përafrimi kur0 ≤ x ≤

π3

Zgjidhje: Polinomi me gradë 4 i Taylorit për f (x) = sin x është

T4(x) =

4∑n=0

f (4)(π/6)4!

(x −

π6

)i

Pra,

T4(x) =12

+

√3

2·

(x −

π6

)−

12·

(x −

π6

)2−

√3

2·

13!

(x −

π6

)3+

12·

(x −

π6

)4

Nga mosbarazimi i Taylorit kemi

|Rn(x)| ≤M

(n + 1)!|x − a|n+1, për |x − a| ≤ d

Meqënëse 0 ≤ x ≤ π/3 kemi−π6≤ x −

π6≤π3−π6

ose ∣∣∣∣x − π6 ∣∣∣∣ ≤ π6Pra,

|R4(x)| ≤M

(4 + 1)!

∣∣∣∣x − π6 ∣∣∣∣5 ≤ 15!

(π6

)5

�

Ushtrime:






Shprehni funksionet e mëposhtme si seri fuqi dhe gjeniintervalin e konvergjencës.

1.f (x) =

11 + x

2.f (x) =

23 − x

3.f (x) =

x9 + x2

4.f (x) =

1 + x1 − x

5.

f (x) =3

1 − x4

6.

f (x) =1

x + 10

7.f (x) =

x2x2 + 1

8.

f (x) =x2

a3 − x3

Ushtrime për përsëritje

Gjeni nëse seritë konvergjojnë ose divergjojnë

9.∞∑

n=1

n3

n3 − 1

10.∞∑

n=1

3n + 2n

6n

11.∞∑

n=1

1e2n

12.∞∑

n=1

4n+1

5n

13.∞∑

n=1

ln nn


14.∞∑

n=1

2n2 + n + 1

15.∞∑

n=1

52 + 6n

16.∞∑

n=1

n + 1n2

17.∞∑

n=1

n2 + 1n3 − 1

18.∞∑

n=1

1 + 2n

1 + 3n


19.∞∑

n=1

(−1)n nln n

20.∞∑

n=1

(−1)n−1 ln nn

21. Për çfarë vlere të p secila prej serive konvergjon∞∑

n=1

(−1)n 1n + p

22. Për çfarë vlere të p secila prej serive konvergjon∞∑

n=1

(−1)n−1 1np

23. Vërtetoni që∞∑

n=1

(−1)n+1

nështë konvergjencë e kushtëzuar.

Gjeni nëse seria është konvergjente, konvergjencë ekushtëzuar ose divergjente

24.∞∑

n=1

1(2n)!

25.∞∑

n=1

(−1)n 15 + n

26.∞∑

n=1

(−1)n n5 + n






27.∞∑

n=1

sin 2nn2

28.∞∑

n=1

n(−3)n

4n−1

Gjeni rrezen e konvergjencës dhe intervalin e kon-vergjencës

29.∞∑

n=1

(−3)nxn

√n + 1

30.∞∑

n=1

xn

n!

31.∞∑

n=1

xn

ln n

32. Gjeni serinë Maclauren për funksionet që vazhdojnëi) ex

ii) sin xiii) cos xiv) tan−1 x

33. Gjeni serinë Taylor rreth x = 0 për funksionet që vazhdo-jnë

i) ex−1

ii) sin x2

iii) x2 sin xiv) ex sin x





Indeksi

afelion, 193argument, 162

Bashkësia e numrave kompleksë C, 162bazë e cilindrit, 63Bolzano-Weierstrass, 202bosht i hiperbolës, 183bosht i parabolës, 179boshti i madh i elipsit, 182boshti polar, 165

cikloidë, 153cilindër i drejtë, 63cilindra rrethorë të drejtë, 63

drejtuese e parabolës, 179

ekuacioneparametrike, 149

elips, 181

fokus i parabolës, 179formula e Eulerit, 163formula e integrimit me pjesë, 85Formula e Muavrit, 163Formula e Muavrit , 163funksioni i gjatësisë së harkut, 140funksioni racional i rregullt, 104

grada, 104

hiperbolë, 183

i konjuguar i numrit kompleks, 162integral jo i mirëfilltë, 129integrale divergjentë, 130integrale konvergjentë, 130integrali i caktuar, 21integrim, 22interval i konvergjencës, 224

konstantja e sustës, 79konvergjencë absolutisht, 219konvergjencë e kushtëzuar, 219koordinata polare, 165krahë të hiperbolës, 183kulm i parabolës, 179

kulme të elipsit, 182kulmet e hiperbolës, 184kurbë parametrike, 149kurbë polare, 167

Ligjet e Keplerit, 192

Mbetja e serisë Taylor, 227metoda e tubave cilindrike, 73

nënvarg, 200numër kompleks

imagjinar, 162

origjinë, 165

p-seri, 212parabolë, 179parametër, 149paraqitja polare, 162pasqyrimi konjugim komleks, 162perihelion, 193pjesa imagjinare, 162pjesa reale, 162pjesa reale e numrit kompleks, 162pol, 165polinomi me gradë n i Taylorit, 227prerje tërthore, 64progresion arithmetik, 196progresion arithmetik i fundëm, 196progresioni gjeometrik, 197

qendër e hiperbolës, 183

rrënja e n-të primitive e njëshit, 163rregulli i integrimit me pjesë, 85rreze e konvergjencës, 224

seri, 205seri alternative, 216seri e pafundme, 205seri fuqi, 223seria e Maclaurin, 226Seria e Taylor, 226seria gjeometrike, 206seria harmonike, 208Seria harmonike alternative , 217

231


shumë e pjesëshme, 205shumë e Riemanit, 22shuma e n-të e pjesëshme, 205sipërfaqe cilindrike, 63sipërfaqe e drejtë cilindrike, 63

tangente horizontale, 156tangente vertikale, 156testi i krahasimit, 213testi i serisë alternative, 216

vëllimi, 64varg, 196

divergjent, 198i kufizuar, 202konvergjent, 198monoton rritës, 202monoton zbritës, 202

vargu i Fibonaçit, 196vatra

të elipsit, 181të hiperbolës, 183

zëvendësim i anasjelltë, 98





Tabelat e integraleve

Formulat bazë:

1.∫

udv = uv −∫

vdu

2.∫

undu = un+1

n+1 + C, n , 1

3.∫

duu = ln |u| + C

4.∫

eudu = eu + C

5.∫

audu = au

ln a + C

6.∫

sin udu = − cos u + C

7.∫

cos udu = sin u + C

8.∫

sec2 udu = tan u + C

9.∫

csc2 udu = − cot u + C

10.∫

sec u tan udu = sec u + C

11.∫

csc u cot udu = − csc u + C

12.∫

tan udu = ln | sec u| + C

13.∫

cot udu = ln | sin u| + C

14.∫

sec udu = ln | sec u + tan u| + C

15.∫

csc udu = ln | csc u − cot u| + C

16.∫

du√

a2−u2= sin−1 u

a + C

17.∫

dua2+u2 = 1

a tan−1 ua + C

18.∫

duu√

u2−a2= 1

a sec−1 ua + C

19.∫

dua2−u2 = 1

2a ln | u+au−a | + C

20.∫

duu2−a2 = 1

2a ln | u−au+a | + C

Formulat që përmbajnë√

a2 + u2, a > 0

21.∫ √

a2 + u2 = u2

√

a2 + u2 + a2

2 ln(u +√

a2 + u2) + C

233


22.∫

u2√

a2 + u2 = u8 (a2 + 2u2)

√

a2 + u2 − a4

8 ln(u +√

a2 + u2) + C

23.∫ √

a2+u2

u =√

a2 + u2 − a ln | a+√

a2+u2

u | + C

24.∫ √

a2+u2

u2 = −√

a2+u2

u + ln(u +√

a2 + u2) + C

25.∫

u2du√

a2+u2= u

2

√

a2 + u2 − a2

2 ln(u+√

a2+u2)+ C

26.∫

du√

a2+u2= ln(u +

√

a2 + u2) + C

27.∫

duu√

a2+u2= − 1

a ln |√

a2+u2+au | + C

28.∫

duu2√

a2+u2= −

√

a2+u2

a2u + C

29.∫

du(a2+u2)

32

= ua2√

a2+u2+ C


a2 − u2, a > 0

30.∫ √

a2 − u2du = u2

√

a2 − u2 + a2

2 sin−1 ua + C

31.∫

u2√

a2 − u2du = u8 (2u2

− a2)√

a2 − u2 − a4

8 sin−1 ua + C

32.∫ √

a2−u2

u du =√

a2 − u2 − a ln | a+√

a2−u2

u | + C

33.∫ √

a2−u2

u2 du = − 1u

√

a2 − u2 − sin−1 ua + C

34.∫

u2du√

a2−u2= − u

2

√

a2 − u2 + a2

2 sin−1 ua + C

35.∫

duu√

a2−u2= − 1

a ln | a+√

a2−u2

u | + C

36.∫

duu2√

a2−u2= − 1

a2u

√

a2 − u2 + C

37.∫

(a2− u2)3/2du = − u

8 (2u2− 5a2)

√

a2 − u2 + 3a4

8 sin−1 ua + C

38.∫

du(a2−u2)3/2 = u

a2√

a2−u2+ C


u2 − a2, a > 0

39.∫ √

u2 − a2du = u2

√

u2 − a2 − a2

2 ln |u +√

u2 − a2| + C

40.∫

u2√

u2 − a2du = u8 (2u2

− a2)√

u2 − a2 − a4

8 ln |u +√

u2 − a2| + C

41.∫ √

u2−a2

u du =√

u2 − a2 − a cos−1 a|u| + C

42.∫ √

u2−a2

u2 du = −√

u2−a2

u + ln |u +√

u2 − a2| + C

43.∫

du√

u2−a2= ln |u +

√

u2 − a2| + C

44.∫

u2du√

u2−a2= u

2

√

u2 − a2 + a2

2 ln |u +√

u2 − a2| + C

45.∫

duu2√

u2−a2=√

u2−a2

a2u + C






46.∫

du(u2−a2)3/2 = − u

a2√

u2−a2+ C

Formulat që përmbajnë a + bu

47.∫

udua+bu = 1

b2 (a + bu − a ln |a + bu|) + C

48.∫

u2dua+bu = 1

2b3 [(a + bu)2− 4a(a + bu) + 2a2 ln |a + bu|] + C

49.∫

duu(a+bu) = 1

a ln | ua+bu | + C

50.∫

duu2(a+bu) = − 1

au + ba2 ln | a+bu

u | + C

51.∫

udu(a+bu)2 = a

b2(a+bu) + 1b2 ln |a + bu| + C

52.∫

duu(a+bu)2 = 1

a(a+bu) −1a2 ln | a+bu

u | + C

53.∫

u2du(a+bu)2 = 1

b3 (a + bu − a2

a+bu − 2a ln |a + bu|) + C

54.∫

u√

a + budu = 215b2 (3bu − 2a)(a + bu)3/2 + C

55.∫

udu√(a+bu)

= 23b2 (bu − 2a)

√a + bu + C

56.∫

u2du√(a+bu)

= 215b3 (8a2 + 3b2u2

− 4abu)√

a + bu + C

57.∫

duu√

(a+bu)= 1√

aln |

√a+bu−

√a

√a+bu+

√a| + C, në qoftë se a > 0

= 2√−a

tan−1√

a+bu−a + C, në qoftë se a < 0

58.∫ √

a+buu du = 2

√a + bu + a

∫du

u√

a+bu

59.∫ √

a+buu2 du = −

√a+buu + b

2

∫du

u√

a+bu

60.∫

un√

a + budu = 2b(2n+3) [u

n(a + bu)3/2− na

∫un−1√

a + budu]

61.∫

undu√

a+bu= 2un

√a+bu

b(2n+1) −2na

b(2n+1)

∫un−1du√

a+bu

62.∫

duun√

a+bu= −

√a+bu

a(n−1)un−1 −b(2n−3)2a(n−1)

∫du

un−1√

a+bu

63.∫

sin2 udu = 12 u − 1

4 sin 2u + C

64.∫

cos2 udu = 12 u + 1

4 sin 2u + C

65.∫

tan2 udu = tan u − u + C

66.∫

cot2 udu = − cot u − u + C

67.∫

sin3 udu = − 13 (2 + sin2 u) cos u + C

68.∫

cos3 udu = 13 (2 + cos2 u) sin u + C

69.∫

tan3 udu = 12 tan2 u + ln | cos u| + C

70.∫

cot3 udu = − 12 cot2 u − ln | sin u| + C

71.∫

sec3 udu = 12 sec u tan u + 1

2 ln | sec u + tan u| + C






72.∫

csc3 udu = − 12 csc u cot u + 1

2 ln | csc u − cot u| + C

73.∫

sinn udu = − 1n sinn−1 u cos u + n−1

n

∫sinn−2 udu

74.∫

cosn udu = 1n cosn−1 u sin u + n−1

n

∫cosn−2 udu

75.∫

tann udu = 1n−1 tann−1 u −

∫tann−2 udu

76.∫

cotn udu = −1n−1 cotn−1 u −

∫cotn−2 udu

77.∫

secn udu = 1n−1 tan u secn−2 u + n−2

n−1

∫secn−2 udu

78.∫

cscn udu = −1n−1 cot u cscn−2 u + n−2

n−1

∫cscn−2 udu

79.∫

sin au sin budu =sin(a−b)u

2(a−b) −sin(a+b)u

2(a+b) + C

80.∫

cos au cos budu =sin(a−b)u

2(a−b) +sin(a+b)u

2(a+b) + C

81.∫

sin au cos budu = −cos(a−b)u

2(a−b) +cos(a+b)u

2(a+b) + C

82.∫

u sin udu = sin u − u cos u + C

83.∫

u cos udu = cos u + u sin u + C

84.∫

un sin udu = −un cos u + n∫

un−1 cos udu

85.∫

un cos udu = un sin u − n∫

un−1 sin udu

86.∫

sinn u cosm udu = sinn−1 u cosm+1 un+m + n−1

n+m

∫sinn−2 u cosm udu

= sinn+1 u cosm−1 un+m + m−1

n+m

∫sinn u cosm−2 udu

Formulat trigonometrike të anasjellta

87.∫

sin−1 udu = u sin−1 u +√

1 − u2 + C

88.∫

cos−1 udu = u cos−1 u −√

1 − u2 + C

89.∫

tan−1 udu = u tan−1 u − 12 ln(1 + u2) + C

90.∫

u sin−1 udu = 2u2−1

4 sin−1 u + u√

1−u2

4 + C

91.∫

u cos−1 udu = 2u2−1

4 cos−1 u − u√

1−u2

4 + C

92.∫

u tan−1 udu = u2+12 tan−1 u − u

2 + C

93.∫

un sin−1 udu = 1n+1 [un+1 sin−1 u −

∫un+1du√

1−u2], n , −1

94.∫

un cos−1 udu = 1n+1 [un+1 cos−1 u +

∫un+1du√

1−u2], n , −1

95.∫

un tan−1 udu = 1n+1 [un+1 tan−1 u −

∫un+1du1+u2 ], n , −1

Formulat eksponenciale dhe logaritmike

96.∫

ueaudu = 1a2 (au − 1)eau + C

97.∫

uneaudu = 1a uneau

−na

∫un−1eaudu






98.∫

eau sin budu = eau

a2+b2 (a sin bu − b cos bu) + C

99.∫

eau cos budu = eau

a2+b2 (a cos bu + b sin bu) + C

100.∫

ln udu = u ln u − u + C

101.∫

un ln udu = un+1

(n+1)2 [(n + 1) ln u − 1] + C

102.∫

1u ln u du = ln | ln u| + C

Formulat hiperbolike

103.∫

sinh u du = cosh u + C

104.∫

cosh udu = sinh u + C

105.∫

tanh udu = ln cosh u + C

106.∫

coth udu = ln | sinh u| + C

107.∫

sec hudu = tan−1| sinh u| + C

108.∫

csc hudu = ln | tanh 12 u| + C

109.∫

sec h2udu = tanh u + C

110.∫

csc h2udu = − coth u + C

111.∫

sec hu tanh udu = − sec hu + C

112.∫

csc hu coth udu = − csc hu + C


2au − u2, a > 0

113.∫ √

2au − u2du = u−a2

√

2au − u2 + a2

2 cos−1( a−ua ) + C

114.∫

u√

2au − u2du = 2u2−au−3a2

6

√

2au − u2 + a3

2 cos−1( a−ua ) + C

115.∫ √

2au−u2

u du =√

2au − u2 + a cos−1( a−ua ) + C

116.∫ √

2au−u2

u2 du = − 2√

2au−u2

u − cos−1( a−ua ) + C

117.∫

du√

2au−u2= cos−1( a−u

a ) + C

118.∫

udu√

2au−u2= −√

2au − u2 + a cos−1( a−ua ) + C

119.∫

u2du√

2au−u2= − u+3a

2

√

2au − u2 + 3a2

2 cos−1( a−ua ) + C

120.∫

duu√

2au−u2= −

√

2au−u2

au + C





Bibliografia

[1] Bedri Shaska and Tanush Shaska, Mësimdhënia e matematikës nëpërmjet problemeve klasike (201612), available at 1612.08832.

[2] T Shaska, Njehsimi diferencial, AulonaPress, 2016.

[3] T. Shaska, Hyrje në analizën e funksioneve me shumë ndryshore, AulonnaPress, 2017.

[4] , Njehsimi integral, AulonnaPress, 2017.

[5] Tanush Shaska and Lubjana Beshaj, Algjebra abstrakte, AulonaPress, 2011.

239

1612.08832

Indeksi

afelion, 193argument, 162

Bashkësia e numrave kompleksë C, 162bazë e cilindrit, 63Bolzano-Weierstrass, 202bosht i hiperbolës, 183bosht i parabolës, 179boshti i madh i elipsit, 182boshti polar, 165

cikloidë, 153cilindër i drejtë, 63cilindra rrethorë të drejtë, 63

drejtuese e parabolës, 179

ekuacioneparametrike, 149

elips, 181

fokus i parabolës, 179formula e Eulerit, 163formula e integrimit me pjesë, 85Formula e Muavrit, 163Formula e Muavrit , 163funksioni i gjatësisë së harkut, 140funksioni racional i rregullt, 104

grada, 104

hiperbolë, 183

i konjuguar i numrit kompleks, 162integral jo i mirëfilltë, 129integrale divergjentë, 130integrale konvergjentë, 130integrali i caktuar, 21integrim, 22interval i konvergjencës, 224

konstantja e sustës, 79konvergjencë absolutisht, 219konvergjencë e kushtëzuar, 219koordinata polare, 165krahë të hiperbolës, 183kulm i parabolës, 179

kulme të elipsit, 182kulmet e hiperbolës, 184kurbë parametrike, 149kurbë polare, 167

Ligjet e Keplerit, 192

Mbetja e serisë Taylor, 227metoda e tubave cilindrike, 73

nënvarg, 200numër kompleks

imagjinar, 162

origjinë, 165

p-seri, 212parabolë, 179parametër, 149paraqitja polare, 162pasqyrimi konjugim komleks, 162perihelion, 193pjesa imagjinare, 162pjesa reale, 162pjesa reale e numrit kompleks, 162pol, 165polinomi me gradë n i Taylorit, 227prerje tërthore, 64progresion arithmetik, 196progresion arithmetik i fundëm, 196progresioni gjeometrik, 197

qendër e hiperbolës, 183

rrënja e n-të primitive e njëshit, 163rregulli i integrimit me pjesë, 85rreze e konvergjencës, 224

seri, 205seri alternative, 216seri e pafundme, 205seri fuqi, 223seria e Maclaurin, 226Seria e Taylor, 226seria gjeometrike, 206seria harmonike, 208Seria harmonike alternative , 217

240


shumë e pjesëshme, 205shumë e Riemanit, 22shuma e n-të e pjesëshme, 205sipërfaqe cilindrike, 63sipërfaqe e drejtë cilindrike, 63

tangente horizontale, 156tangente vertikale, 156testi i krahasimit, 213testi i serisë alternative, 216

vëllimi, 64varg, 196

divergjent, 198i kufizuar, 202konvergjent, 198monoton rritës, 202monoton zbritës, 202

vargu i Fibonaçit, 196vatra

të elipsit, 181të hiperbolës, 183

zëvendësim i anasjelltë, 98





About the author

Tanush Shaska was born in Vlora (Albania) on De-cember 3, 1967. Shortly after, his family was sent to Kocul(a village of Vlora) by the communist government. Bothhis parents were teachers who taught in Selenica and thenKocul in the region of Vlora. They were later fired by thecommunist government of Albania and forced to work inthe government farm in Kocul.

Tanush finished elementary and middle school inKocul and in the Fall 1981 enrolled in the high school ofSelenica. He would walk to school for about 2 hours eachway. In the Fall 1983 he transfered to "Gjimnazi HalimXhelo"in Vlora where he graduated with high honors in1985. During his senior year in high school won the firstplace in the mathematical olympiad in the city of Vlora,but was not allowed to represent the city in the nationalolympiad because his family was considered ’kulaks’ bythe communists. During the years 1988-89 did the manda-tory service in the Albanian army.

In the Fall 1990, was allowed to attend the Universityof Tirana as a student veterinary but changed to mathe-matics. In March 1991, after the university was closed dueto the unrest against the communists he left the countryand fled to Italy.

After spending a few months in Italy, he emmigrated to United States and in January 1992 enrolled at theUniversity of Michigan. Tanush graduated with highest distinction from the University of Michigan in December1994, majoring in mathematics. After working for about a year as a programmer in industry, he enrolled in the PhDprogram at the University of Florida in September 1996. He graduated with a PhD in Spring 2001, working underthe direction of Helmut Völklein and John Thompson.

After his degree, he held a postdoctorate position at the University of California at Irvine (2001-2003) and atenure track position at the University of Idaho (2003-2005), until he moved to Oakland University in 2005 wherehe continues to this day.

His research combines questions of moduli spaces of algebraic curves, computational algebraic geometry,interactions of group theory and algebraic geometry, Galois theory, arithmetic geometry, and applications of theseareas in cryptography and coding theory.

Prof. Shaska founded the Albanian Journal of Mathematics in 2007. He has been the Principal Investigator fortwo NATO Advanced Study Institutes (2008, 2014), and organized many other conferences receiving support fromNSF, NSA and other agencies. He has had several PhD students, edited several books, and written many researchpapers.

Njehsimi integral - repo.risat.orgrepo.risat.org/270/1/Kalkulus-2.pdf · Kalkulus II Shaska T....

Documents

Transcript of Njehsimi integral - repo.risat.orgrepo.risat.org/270/1/Kalkulus-2.pdf · Kalkulus II Shaska T....