04.-Integrali

1I N T E G R A L I

1. Neodreeni integral ........................................................................................................21.1 Direktno integriranje .................................................................................................41.2 Metoda supstitucije ...................................................................................................91.3 Parcijalna integracija...............................................................................................16

2. Integriranje racionalnih funkcija ...................................................................................193. Integriranje iracionalnih funkcija ..................................................................................414. Integriranje trigonometrijskih funkcija ..........................................................................505. Odreeni integral ..........................................................................................................60

21. Neodreeni integral

Ako vrijedi )()(' xfxF funkcija )(xF je primitivna funkcija funkcije )(xf .

Primjer. Neka su zadane funkcije 2)( xxf i xxg 2)( . Budui da tada vrijedi:)(2)(' xgxxf ,

funkcija )(xf je primitivna funkcija funkcije )(xg . Jo neke primitivne funkcije funkcije )(xg su :

2)( 21 xxh2)( 22 xxhexxh 23 )(

1024 10)( xxh

1000025 10)( xxh

...Naime, derivacije funkcija ),...(),(),(),(),( 54321 xhxhxhxhxh su jednake fuknciji )(xg , prema tome one su sve primitivne funkcije funkcije )(xg .

Pogledajmo emu su jednake razlike funkcija ),...(),(),(),(),( 54321 xhxhxhxhxh :4)2(2)()( 2221 xxxhxh

eexxxhxh 2)(2)()( 2231101022

41 102)10(2)()( xxxhxh4)2(2)()( 2212 xxxhxh

eexxxhxh 2)(2)()( 2232.....

Na temelju Primjera 1. moemo zakljuiti da e svaka funkcija )(xf imati beskonano mnogo primitivnih funkcija koje se meusobno razlikuju za konstantu.

Definicija. Neodreeni integral funkcije )(xf , s oznakom dxxf )( , skup je svih primitivnih funkcija funkcije )(xf . Vrijedi:

CxFdxxf )()( ,pri emu )(xF oznaava primitivnu funkciju funkcije )(xf , a C realnu konstantu.

Primjer. emu je jednak integral dx5 ? Prema gornjoj definiciji, znamo da je integral dx5 jednak skupu svih primitivnih funkcija funkcije 5)( xf . Dakle, trebamo nai sve primitivne funkcije funkcije 5)( xf , odnosno sve funkcija ija je derivacija jednaka 5 . Vrijedi:

5)'5( x5)'15( x

35)'1005( x5)'999995( x

...Dakle, zakljuujemo da :

Cxdx 55 ,pri emu nam C zamijenjuje bilo koji realni broj.

Svojstva integrala

Svojstvo homogenosti: dxxfcdxxcf )()(Svojstvo aditivnosti: dxxgdxxfdxxgxf )()())()((Tablica integrala (dobivamo ju zapisivanjem tablice derivacija u suprotnom poretku)

41.1 Direktno integriranje

Direktno integriranje integriranje koritenjem svojstva i tablice integrala (i eventualno neka manipulacija podintegralne funkcije)

Zadatak 1. Rijeiti dxx7 .Rjeenje. Radi se o tablinom integralu. Rjeavamo ga primjenom prve formule iz tablice integrala pa imamo:

Cx

dxx 88

7 .

Zadatak 2. Rijeiti dxx31 .

Rjeenje. Na prvu moda izgleda da gornji integral nije tablini, meutim zapiemo li ga u malo drukijem obliku:

dxxdxx 331

vidimo da se ipak radi o tablinom integralu. Rjeavamo ga koritenjem prve formule iz tablice:

Cx

Cx

Cx

Cx

dxxdxx

22213

33 2

1

2

1

213

1 .

Zadatak 3. Rijeiti dxx 5 .Rjeenje. Koristimo svojstvo homogenosti neodreenog integrala ( dxxfadxxaf )()( ) pa imamo:

dxxdxx 55Jo emo korijen zapisati u obliku potencije:

dxxdxxdxx 21

555

Koritenjem prve formule iz tablice integrala dobivamo:

CxCxCx

Cx

dxxdxxdxx

3232

31

2

1

2

1

3

10

3

10

2

35

12

15555 .

Zadatak 4. Rijeiti dxx

3 23 .Rjeenje.

CxCx

Cx

dxxdx

x

dxx

dxx

33

11

3

2

3

2

3

23 23 29

3

13

13

233

13

13

3 .

Zadatak 5. Rijeiti dxxxx )32( 34 .

5Rjeenje.

dxxxxdxxxx )32()32( 75434Koristimo svojstvo aditivnosti neodreenog integrala dxxgdxxfdxxgxf )()())()(( pa vrijedi:

dxxdxxdxxdxxxxdxxxx 75475434 32)32()32(Koristimo svojstvo homogenosti pa slijedi:

dxxdxxdxxdxxdxxdxx 754754 3232Sva tri integrala su tablini pa ih rjeavamo primjenom prve formule iz tablice i dobivamo:

Cxxx

dxxdxxdxx 8635232865

754 .

Zadatak 6. Rijeiti dxxxx

451

5 4.

Rjeenje. Koristimo svojstvo aditivnosti:

dxxxdxdx

x

dxxxdxdxx

dxxxx

451

451

451

5

45 45 4

Cx

xx

dxxdxdxxdxxxdxdxx

1

2

345

15

44545

12

31

5

4

2

3

5

4

2

1

5

4

CxxxCx

xx 2

5

5

12

5

5

1

5

855

2

545

5

1.


xx 322 )2)(1( .

Rjeenje.

dxxx

x

x

xdx

x

xxdx

x

xxxdx

x

xx

33

2

3

4

3

24

3

224

3

22 2222)2)(1(

dxxdxxx

dxx

dxx

xdxdxx

dxx

xdx

x

x 32

333

2

3

4

21

2

12

12 .

Za rjeavanje integrala dxx1 koristimo drugu formulu iz tablice integrala pa imamo:

Cx

xx

Cx

xx

2

222 1||ln

222||ln

2.


xx 23 )( .

Rjeenje.

dx

x

xxxdx

x

xxxxdx

x

xxxxdx

x

xx 2

1

3

2

3

4223

1

3

12233223 2)(2)(2)(

6

dx

x

xdx

x

xdx

x

xdx

x

x

x

x

x

x

2

1

3

2

2

1

3

4

2

1

2

2

1

3

2

2

1

3

4

2

1

2 22

dxxdxxdxxdxxdxxdxx 63

6

4

6

3

6

8

2

3

2

1

3

2

2

1

3

4

2

12

22

Cxxx

Cxxx

dxxdxxx

6

7

6

112

2

51

6

11

6

52

12

32

12

3

6

7

6

11

2

51

6

11

6

51

2

3

6

1

6

512

3

Cxxx 67

6

11

2

5

7

6

11

12

5

2 .

Zadatak 9. Rijeiti dxx 25 .Rjeenje.

dxdx xx 2525Koristimo 11. formulu iz tablice integrala pa slijedi:

Cdxdxx

xx 2ln2

52525 .

Zadatak 10. Rijeiti dxex

xx

2385 .

Rjeenje.

dxdxedxdxedxedxe

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

xx

2

38

25

2

38

2

5

2

38

2

5

2

385

dxdxe xx )23

(8)2

(5

Koristimo 11. formulu iz tablice integrala:

Ce

eCdx

e

e

xx

xx

)2

3(

3

16)

2(

10

2

3

)2

3(

8

2

)2

(5 .

Zadatak 11. Rijeiti 225 xdx .

Rjeenje. Radi se o tablinom integralu kojeg rjeavamo koritenjem 13. formule iz tablice integrala koja glasi C

a

x

axa

dx arctan

122

. U ovom konkretnom sluaju konstanta a iz 13. formule jednaka je 5:

Cx

x

dx

x

dx

5arctan5

1

525 222.

Zadatak 12. Rijeiti 252xdx .

7Rjeenje. U tablici integrala ne postoji formula za integral oblika 22 axdx , meutim postoji

formula za integral oblika 22 xadx . Zadani integral 252x

dx moemo lako svesti na taj oblik

ako izluimo minus iz nazivnika:

22222 25)25()25()25(25 xdx

x

dx

x

dx

x

dx

x

dx

Sada koristimo spomenutu 14. formulu iz tablice integrala i slijedi:

Cx

x

x

dx

x

dx

5

5ln

10

1

525 222.

Zadatak 13. Rijeiti 52 2xdx .

Rjeenje. Zadani integral nije tablini. Da bi ga sveli na tablini izluiti emo 2 iz nazivnika:

2

222

2

2

52

1

2

52

1

)2

5(252 x

dx

x

dx

x

dx

x

dx

Integral smo sveli na tablini. Rjeavamo ga primjenom 13. formule:C

xarctgC

xarctgC

xarctg

5

2

5

2

2

1

2

5

2

5

1

2

1

2

5

2

5

1

2

1 .

Zadatak 14. Rijeiti xdxtg 2 .Rjeenje.

Primjenjujemo osnovni trigonometrijski identitet 1cossin 22 xx iz kojeg slijedi xx 22 cos1sin , pa dobivamo:

dxdxxdxxx

xdx

x

x22

2

22

2

cos

1

cos

cos

cos

1

cos

cos1

Primjenjujemo 6. formulu iz tablice integrala pa dobivamo:Cxtgx .

Zadatak 15. Rijeiti xxdx

22 cossin.

Rjeenje.

dxxxxxdx

2222 cossin

1

cossin

Primjenjujemo osnovni trigonometrijski identitet 1cossin 22 xx pa dobivamo:

dxxx

xdx

xx

xdx

xx

x

xx

xdx

xx

xx22

2

22

2

22

2

22

2

22

22

cossin

cos

cossin

sin

cossin

cos

cossin

sin

cossin

cossin

dxxdxx 22 sin1

cos

1

Primjenjujemo 5. i 6. formulu iz tablice integrala:

dxxx

xdxtg2

22

cos

sin

8Cctgxtgx .

91.2 Metoda supstitucije

Zadatak 1. Rijeiti dxx 8)53( .Rjeenje.

CxCt

dttdt

tdt

dx

dxdxxdt

xt

dxx

99

888 )53(45

1

95

1

5

1

5

5

5:/5)'53(

53

)53(

Zadatak 2. Rijeiti dxe x 28 .Rjeenje.

CeCedtedt

edt

dx

dxdt

xt

dxe xtttx

2828 8

1

8

1

8

1

8

8

8

28

.

Zadatak 3. Rijeiti dxx 231 .

Rjeenje.

CxCtt

dtdt

tdtdx

dxdt

xt

dxx

|23|ln3

1||ln

3

1

3

1

3

1

3

3

23

23

1 .

Zadatak 4. Rijeiti dxx4 3)42(1 .

Rjeenje.

CxCtCtCt

dtt

t

dtdt

tdtdx

dxdt

xt

dxx

444

14

1

4

3

4

34 34 342222

4

12

1

2

1

2

1

2

1

2

2

42

)42(

1

Zadatak 5. Rijeiti dxx )42sin( .Rjeenje.

CxCttdtdt

tdtdxdxdt

xtdxx

)42cos(2

1cos

2

1sin

2

1

2sin

22

42)42sin( .

Zadatak 6. Rijeiti

dxe

xx2

31

1 .

Rjeenje.

10

dxe

dt

tdtdx

dxdt

xt

dxedxx

dxex

xxx 222 )3

(1

3

3

31

31

1

31

1

dsexdsetdsdx

dxds

xs

dxedtt

ssx

2

1|31|ln

3

1

2||ln

3

1

2

2

21

3

1 2

CexCex xs 22

1|31|ln

3

1

2

1|31|ln

3

1 .

Zadatak 7. Rijeiti

dxx

xx

x 294

1 .

Rjeenje.

dxx

xdt

tdtdx

dxdt

xt

dxx

xxdx

xdx

x

xx

x 2

2

3

22 4

1

4

4

94

94

1

94

1

Cxxdxxxdxxt2

1|94|ln

4

1|94|ln

4

1||ln

4

1 21

2

12

2

3

Cxx 2|94|ln4

1 .

Zadatak 8. Rijeiti dxxx

32 )12(.

Rjeenje.

Cx

Ct

Ct

dttt

dt

dtxdx

xdxdt

xt

dxx

x

222

23

3

2

32 )12(8

1

8

1

24

1

4

11

4

4

4:/4

12

)12(

2. nain:

Cs

Cs

dsss

ds

dtds

ts

t

dt

t

dt

dtxdx

xdxdt

xt

dxx

x

2

23

333

2

32 8

1

24

1

4

1

4

11

)1(4

1

)1(

1

4

4

4:/4

2

)12(

Cx

Ct

222 )12(8

1

)1(8

1

Zadatak 9. Rijeiti

dx

xxx )2(sin

122

.

Rjeenje.

11

dxxdx

x

dxx

dxxx

dxxxx )2(sin

112

)2(sin

12

)2(sin

122

2

322

Cctgtx

dtt

xdt

tdxx

dxdt

xt)(

2

114

sin

1

2

1

2

12

2sin

12

2

22

2

1

22

3

Cxctgx

22

114 .

Zadatak 10. Rijeiti dxxe x25 .Rjeenje.

CeCedtedt

xdx

xdxdt

xt

dxxe xttx

22 52

5

10

1

10

1

10

1

10

10

5

.

Zadatak 11. Rijeiti dxxx 23 2 .Rjeenje.

CxCt

dttdt

tdt

xdx

xdxdt

xt

dxxx

23

22

3

2

12

2 )23(9

1

2

36

1

6

1

6

6

6

23

23 .


2.

Rjeenje.

dss

s

dtds

sttsdt

t

ttdt

t

t

tdtdxxdx

xdxx

dt

xt

dxx

x 22 )2(2

22

222

2

22

2/2

1

2

dssdssdxdssdsss

dxs

sds

ss

s

s

sds

s

ss 1442

442

442

442

222

CsssCsss ||ln88||ln442

2 22

CxxxCttt |2|ln8)2(8)2(|2|ln8)2(8)2( 22

2. nain:

dtt

ttdt

t

tdtt

t

t

dttdxxdx

xdxx

dt

txxt

dxx

x 442

)2(2)2(2

2

)2(22

2/2

122

2

22

12

CxxxCtttdttt |2|ln4)2(42

)2(2||ln44

22

442

22

Cxxx |2|ln8)2(8)2( 2

Zadatak 13. Rijeiti tgxdx .Rjeenje.

CxCtt

dt

t

dt

dtxdx

xdxdt

xt

dxx

xtgxdx

|cos|ln||ln

sin

)1(/sin

cos

cos

sin .

Zadatak 14. Rijeiti xdxx cossin 6 .Rjeenje.

Cx

Ct

dttxdxdt

xtxdxx

7sin

7cos

sincossin

7766 .


22cos.

Rjeenje.

CtgxCtgtt

dtdt

tdtxdx

xdxdt

xt

dxx

x

2222

22 2

1

2

1

cos2

1

2cos

1

2

2cos

.

Zadatak16. Rijeiti dxxx1

)sin(ln .

Rjeenje.

CxCttdtdxx

dt

xtdx

xx

)cos(lncossin1

ln1)sin(ln .

Zadatak 17. Rijeiti dxxx2ln .

Rjeenje.

Cx

Cx

Ct

dttdxx

dt

xtdx

x

x

3ln

3

)(ln

31lnln 3332

2

.

Zadatak 18. Rijeiti

dxxx

x)1(

)3(sin

32

.

Rjeenje.

dxxxdxxdxxxdxxdxxxx )()3(sin

13)1(

)3(sin

3)1(

)3(sin

3 2222

13

Cxxdttxdxdxxdt

tdtdx

dxdt

xt

23sin

1

3sin

13

3

3

323

22

2

Cxx

xctgCxx

ctgt 23

323

2323

.

Zadatak 19. Rijeiti dxee xx )cos( .Rjeenje.

CeCttdtdxedt

etdxee x

x

xxx

sinsincos)cos( .


4

3

1.

Rjeenje.

CxCtCt

dttt

dt

t

dt

dtdxx

dxxdt

xt

dxx

x

4

2

1

2

1

3

3

4

4

3

12

1

2

1

2

14

1

4

1

4

11

4

4

4

1

1

.

Zadatak 21. Rijeiti xdxe x 2sin2sin .Rjeenje.

CeCedtexdxxdxxdt

xtxdxxexdxe xttxx

222 sin2

2sinsin

cossin2)'(sin

sincossin22sin .


41.

Rjeenje.

CxCtdttt

dt

dtxdx

xdxdt

xt

dxx

x

2

22

2

4arcsin

2

1arcsin

2

1

1

1

2

1

1

1

2

2

21

.

Zadatak 23. Rijeiti dxxe x22 .Rjeenje.

CeCedtexdxdt

xtdxxe xttx

22 22

2

.

Zadatak 24. Rijeiti dxxx3ln .

Rjeenje.

14

Cx

Cx

Ct

dttx

dxdx

xdt

xtdx

x

x

23ln

2

)3(ln

233

13ln3ln 222 .

Zadatak 25. Rijeiti dxee

x

x

21.

Rjeenje.

CeCtt

dt

dxedt

etdx

e

e xx

x

x

x

arcsinarcsin11 22 .


cos

sin 3 .

Rjeenje.

)2()1(cos

sinsin

cos

sin2

)2(/)sin(cos2

11sinsin1cos/cos

cos

sin 42

422244

3

dttdxx

xx

dxx

xdt

dxxx

dt

txxxtxt

dxx

x

CxxCttCttdttdtdtt

555

44 )cos(5

2cos2

5

22

522)1(2 .

Zadatak 27. Rijeiti dxexex

x

12

2

.

Rjeenje.

CtCssds

dtds

ts

t

dt

t

dt

dtdxxe

xdxedt

et

dxe

xe

x

x

x

x

x

|1|ln2

1||ln

2

1

2

11

12

1

1

1

2

2

21 2

2

2

2

2

Ce x |1|ln2

1 2 .

Zadatak 28. Rijeiti xx eedx .

Rjeenje.

1)1(11 222

1

t

dt

tt

tdt

t

tt

dt

tt

t

dt

t

dtdx

dxedt

teet

ee

dx x

xx

xx

CeCt x arctanarctan .


x 21arctan .

Rjeenje.

15

Cx

Ct

tdtdxx

dt

xtdx

x

x

2

)(arctan

21

1arctan

1

arctan 22

22

.

Zadatak 30. Rijeiti 22 1)(arcsin xxdx .

Rjeenje.

Cx

Ct

dttt

dtdx

xdt

xt

xx

dx

arcsin

11

1

1arcsin

1)(arcsin

22

222.

Zadatak 31. Rijeiti )ln(lnln xxxdx .

Rjeenje.

CxCtdttdx

xxdt

xt

xxx

dx

|)ln(ln|ln||ln11ln

1)ln(ln

)ln(lnln.

Zadatak 32. Rijeiti

dxxx

xx3 cossin

cossin .

Rjeenje.

CxxCt

dttt

dt

dxxxdt

xxtdx

xx

xx

3

23

2

3

1

33)cos(sin

2

3

3

2)sin(cos

cossin

cossin

cossin .

16

1.3 Parcijalna integracija

Zadatak 1. Rijeiti xdxx sin .Rjeenje.

Cxxxxdxxxxdxxxxxdxvdxdu

xdxdvxuxdxx

sincoscoscoscoscoscossin

sinsin

Zadatak 2. Rijeiti xdxln .Rjeenje.

Cxxxdxxxdxx

xxxxdxvdxx

du

dxdvxuxdx

lnln

1ln1

lnln .

Zadatak 3. Rijeiti dxexx x22 )3( .Rjeenje.

dxexxxee

dte

dxdt

xtdxevdxxdu

dxedvxxudxexx xxxtx

x

x 22222

22

22 )32(2

1)3(

2

1

2

1

22

2)32(

3)3(

dxeexxxeevdxdu

dxedvxudxexxxe xxxx

xxx 2222

2

2222 2

2

1)32(

2

1

2

1)3(

2

1

2

12

32)32(

2

1)3(

2

1

Ceexxxedxeexxxe xxxxxx 22222222 2

1)32(

2

1

2

1)3(

2

1)32(

2

1

2

1)3(

2

1

Ceexxxe xxx 22224

1)32(

4

1)3(

2

1 .

Zadatak 4. Rijeiti xdxx 5cos .Rjeenje.

xdxxxxdttdxdt

xtxdxvdxdu

xdxdvxuxdxx 5sin

5

15sin

5

15sin

5

1

5cos

5

55cos

5cos5cos

tdtxxdttxx

dxdt

xtxdxxx sin

25

15sin

5

1

5sin

5

15sin

5

1

5

55sin

5

15sin

5

1

CxxxCtxx 5cos25

15sin

5

1)cos(

25

15sin

5

1 .

Zadatak 5. Rijeiti arctgxdx .Rjeenje.

17

tdt

xarctgxdtxdxxdxdt

xtdx

x

xxarctgxxvdx

xdu

dxdvarctgxuarctgxdx

2

1

22

1

11

12

22

CxxarctgxCtxarctgx |1|ln2

1||ln

2

1 2 .

Zadatak 6. Rijeiti xarctgxdx .Rjeenje.

dxx

xarctgx

xx

vdxx

du

xdxdvarctgxuxarctgxdx

2

222

2 12

1

221

1

dxxarctgx

xdx

x

xarctgx

x)

1

11(

2

1

21

11

2

1

2 2

2

2

22

Cxxarctgxx

x

dxdxarctgx

x

arctan21

2

1

212

1

2

1

2

2

2

2

.

Zadatak 7. Rijeiti xdx2ln .Rjeenje.

xdxxxxdxxxxxxvdxx

xdu

dxdvxuxdx ln2ln

1ln2ln1

ln2

lnln 22

22

Koristimo rjeenje 2. zadatka Cxxxxdx lnln , pa slijedi: CxxxxxCxxxxx 2ln2lnln2ln 22 .

Zadatak 8. Rijeiti xdxe x sin2 .Rjeenje.

dxxexe

xvdxedu

xdxdveuxdxe xx

x

xx 2coscos

cos2

sinsin 22

2

22

dxexxexexvdxedu

xdxdveuxdxexe xxx

x

xxx 222

2

222 2sinsin2cos

sin2

coscos2cos

dxxexexedxxexexe xxxxxx 222222 sin4sin2cossin2sin2cos

Dakle, doli smo do jednakosti:

dxxexexexdxe xxxx 2222 sin4sin2cossinPrebacimo li dxxe x2sin4 sa desne na lijevu stranu dobivamo:

xexexdxe xxx sin2cossin5 222 Podijelimo jo gornju jednakost sa 5 i dobivamo:

xexexdxe xxx sin2cos5

1sin 222 .

18

Zadatak 9. Rijeiti dxex x 35 .Rjeenje.

t

tttxx

evdtdu

dtedvtudtette

dt

dxxdt

xtdxexxdxex

3

1

33 2

3325 33

CeexCetedtete xxtttt 33 3131313131 3 .Zadatak 10. Rijeiti xdxx cos)14( .Rjeenje.

xdxxxxvdxdu

xdxdvxuxdxx sin4sin)14(

sin4

cos14cos)14(

CxxxCxxxxdxxx cos4sin)14()cos(4sin)14(sin4sin)14( .

Zadatak 11. Rijeiti xdxx ln)24( .Rjeenje.

dxx

xxxxxxxvdx

xdu

dxxdvxuxdxx

1)22(ln)22(

221

)24(lnln)24( 222

Cxxxxxdxxdxxxxdxxxxx 2ln)22(22ln)22()1(2ln)22( 2222 .

Zadatak 12. Rijeiti dxx x2 .Rjeenje.

dxxdxxvdxdudxdvxu

dxx xxxx

x

x

x 22ln

1

2ln

2

2ln

2

2ln

2

2ln

22

2

Cx

Cx xxxx

2)2(ln

2

2ln

2

2ln

2

2ln

1

2ln

2 .


3

ln .

Rjeenje.

dxxx

xdx

xxx

x

xvdx

xdu

x

dxdvxu

dxx

x3222

2

3

3 2

1

2

ln1

2

1

2

ln

2

11

lnln

Cxx

xC

x

x

xdxx

x

x

222

23

2 4

1

2

ln

22

1

2

ln

2

1

2

ln .

19

2. Integriranje racionalnih funkcija

Racionalna funkcija je funkcija jednaka omjeru dvaju polinoma. Piemo:

)(

)()(

xQ

xPxR

m

n

gdje su )(xPn i )(xQm polinomi stupnja n, odnosno m (stupanj polinoma jednak je najvioj potenciji x-a koja se pojavljuje u polinomu).

Neka je zadana racionalna funkcija )(

)()(

xQ

xPxR

m

n . Ako je mn nazivamo ju prava racionalna

funkcija, odnosno ako je mn nazivamo ju ne prava racionalna funkcija.

Primjer. Odrediti stupnjeve zadanih polinoma:

12x polinom 2. stupnja63x polinom 6. stupnja

2 polinom 0. stupnja 43 xx polinom 4. stupnja

112 87 xx polinom 8. stupnja

1. Tip integrala racionalnih funkcija : dxxQ

xP )()(

1

0 (u brojniku polinom 0.tog stupnja u

nazivniku polinom 1. stupnja) rjeavamo supstitucijom )(1 xQt .

Zadatak 1. Rijeiti dxx 125 .

Rjeenje.

Radi se o integralu racionalne funkcije. U brojniku je polinom 0.tog stupnja, u nazivniku polinom 1. stupnja. Dakle, to je integral 1. tipa pa ga prema uputi rjeavamo supstitucijom:

CxCtt

dtdt

tdtdx

dxdt

xt

dxx

|12|ln2

5||ln

2

5

2

5

2

5

2

2

12

12

5 .

Zadatak 2. Rijeiti

dxx 2

9 .

Rjeenje. Ponovno se radi o integralu racionalne funkcije 1. tipa pa ga rjeavamo supstitucijom:

CxCtt

dtdt

tdtdx

dxdt

xt

dxx

|2|ln9||ln99192

2

9 .

20


xP )()(

2

0 (u brojniku polinom 0.tog stupnja u

nazivniku polinom 2. stupnja) rjeavamo svoenjem polinoma )(2 xQ na potpuni kvadrat i supstitucijom.

Postupak svoenja na potpuni kvadrat polinoma 2. stupnja podrazumijeva zapis polinoma 2. stupnja u sljedeem obliku:

qpp

xqpxx 4

)2

(2

22 .

Polinom 2. stupnja e nam biti najlake svoditi na potpuni kvadrat ako je taj polinom zapisan u standardnom obliku (padajue potencije od x-a) i ako je njegov vodei koeficijent jednak 1.

Primjer. a) 10)3(19)3(16 222 xxxx

b) 4

41)

2

7(

4

8

4

49)

2

7(2

4

49)

2

7(27 2222 xxxxx

c) 282 2 xx vodei koeficijent je razliiti od 1 (jednak je 2) pa ga izluujemo: 5)2(214)2(2)14(2 222 xxxxd) 352 xx vodei koeficijent je razliit od 1 (jednak je -1) pa ga izluujemo:

4

12

4

25)

2

5(3

4

25)

2

5()35( 222 xxxx

4

13)

2

5( 2x

e) 2325 xx polinom nije pa ga zapisujemo u standardnom obliku: 523325 22 xxxx

Izluujemo vodei koeficijent:

3

5

9

1)

6

2(3

3

5

36

4)

6

2(3)

3

5

3

2(3 222 xxxx

9

14)

6

2(3

9

15

9

1)

6

2(3 22 xx .

Zadatak 3. Rijeiti 1122 xxdx .

Rjeenje. Radi se o integralu racionalne funkcije 2. tipa (polinom 0. tog stupnja kroz polinom 2. stupnja), pa ga prema uputi rjeavamo svoenjem polinoma iz nazivnika na potpuni kvadrat i supstitucijom:

dxdtxt

x

dx

x

dx

xx

dx 6

35)6(136)6(112 222

352tdt

Gornji integral nije tablini, meutim izluimo li minus iz nazivnika postati e:

21

222 35)35(35 tdt

t

dt

t

dt

Sada imamo tablini integral kojeg rjeavamo 14. formulom:C

x

xC

t

t

)6(35

635ln

352

1

35

35ln

352

1 .

Zadatak 4. Rijeiti dxxx 22810

5 .

Rjeenje. Radi se o integralu racionalne funkcije 2. tipa kojeg rjeavamo svoenjem polinoma iz nazivnika na potpuni kvadrat. Meutim, u ovom sluaju nam polinom iz nazivnika nije u standardnom obliku niti mu je vodei koeficijent jednak 1 pa najprije to rjeavamo:

542

5

)54(2

5

1082

5

2810

52222 xx

dxdx

xxdx

xxdx

xx

Polinom iz nazivnika smo sad sredili na standardni oblik i vodei koeficijent 1 pa dalje standardno rjeavamo svoenjem na potpuni kvadrat i supstitucijom:

92

52

9)2(2

5

54)2(2

5222 t

dt

dxdt

xt

x

dx

x

dx

Posljednji integral nije tablini, ali ga lako svodimo na oblik 14. formule izluimo li minus iz nazivnika:

Cx

xC

x

xC

t

t

t

dt

t

dt

5

1ln

12

5

)2(3

23ln

12

5

3

3ln

6

1

2

5

92

5

)9(2

522

.


5 .

Rjeenje.

dxxxdxxxdxxxdxxx

5

11

5

15

5

1

)5

11

5

1(5

5

115

5

511

5

2222

dxx

dxx

dxx

100

221)

10

1(

5

5

1

100

220

100

1)

10

1(

5

5

1

5

11

100

1)

10

1(

5

5

1

222

C

x

xC

t

t

t

dt

t

dt

dxdt

xt

)10

1(

10

221

10

1

10

221

ln

100

2212

1

100

221

100

221

ln

100

2212

1

100

221

100

2215

510

1

22.


52

.

Rjeenje.

22

16

1)

4

1(4

5

2

14

5

)2

1(4

524

5

2222

x

dx

xx

dx

xx

dxdx

xx

C

x

xC

t

t

t

dt

t

dt

dxdt

xt

)4

1(

4

14

1

4

1

ln

2

11

4

5

4

14

1

ln

4

12

1

4

5

16

14

5

16

14

54

1

22

Cx

x

2

1ln

2

5 .

Zadatak 7. Rijeiti dxx 28

52

.

Rjeenje.

Cxx

x

dx

x

dx

x

dx

x

dxdx

x2

12

1

ln

2

12

1

8

5

4

18

5

4

18

5

)4

1(8

5)

8

2(8

528

5

22222

Cx

xC

x

x

2

12

1

ln8

5

2

12

1

ln1

1

8

5 .


64202

12

.

Rjeenje.

3225)5(21

32102

1

)3210(264202

12222 x

dx

xx

dx

xx

dxdx

xx

72

15

7)5(2

122 t

dt

dxdt

xt

x

dx

Koristimo 13. formulu iz tablice integrala:

Cx

Ct

7

5arctan

72

1

7arctan

7

1

2

1 .


xP )()(

2

1 (u brojniku polinom 1. stupnja, u

nazivniku polinom 2. stupnja) rjeavamo natimavanjem brojnika na derivaciju nazivnika i supstitucijom.


x 1372 .Rjeenje. Radi se o integralu racionalne funkcije 3. tipa (u brojniku imamo polinom 1. stupnja a u nazivniku polinom 3. stupnja) pa ga, prema uputi, rjeavamo natimavanjem brojnika na derivaciju nazivnika. Derivacija nazivnika jednaka je 72 x pa radimo sljedee:

dxxxx

dxxx

xdx

xx

xdx

xx

x

137

772

2

1

137

2

2

1

137

22

1

137 2222

23

dxxxdxxx

xdx

xxxx

x

137

7

137

72

2

1

137

7

137

72

2

12222

Prvi integral sada moemo lako rijeiti supstitucijom a drugi integral je 2. tipa:

dx

xt

dt

dxxdt

xxtdx

xxdx

xx

x

134

49)

2

7(

7

2

1

)72(

137

137

7

137

72

2

1

2

2

22

dxds

xsdxx

tdxx

t 2

7

4

3)

2

7(

7

2

1||ln

2

1

4

52

4

49)

2

7(

7||ln

2

1

22

4

3arctan

4

3

1

2

7||ln

2

1

4

32

7||ln

2

1

2

st

s

dst

Cx

xx

2

32

7

arctan3

7|137|ln

2

1 2 .


x

54

242

.

Rjeenje. Radi se o integralu racionalne funkcije 3. tipa, pa trebamo brojnik natimati na derivaciju nazivnika koja je jednaka 42 x :

dxxx

xdx

xx

xdx

xx

xdx

xx

x

54

33122

54

122

54

)12(2

54

242222

dxxxdxxx

xdx

xxxx

xdx

xx

x

54

32

54

422

54

3

54

422

54

3422

22222

Prvi integral rjeavamo supstitucijom a drugi je integral racionalne funkcije 2. tipa:

dxds

xs

x

dxt

x

dx

t

dt

dxxdt

xxt 2

1)2(6||ln2

54)2(62

)42(

5422

2

CxxxCsts

dst

)2arctan(6|54|ln2arctan6||ln216||ln2 22 .


x

152

32

.

Rjeenje.

dxxx

xdx

xx

xdx

xx

xdx

xx

x

152

554

4

3

152

4

4

3

152

)4(4

3

152

32222

dxxxdxxx

xdx

xxxx

x

152

5

4

3

152

54

4

3

152

5

152

54

4

32222

)

2

1

2

5(24

15

4

3

)54(

152

2

2

xx

dx

t

dt

dxxdt

xxt

24

2

1

16

25)

4

5(8

15||ln

4

3

2

1

2

58

15||ln

4

3

22 x

dxt

xx

dxt

dxds

xs

x

dxt

x

dxt 4

5

16

17)

4

5(

8

15||ln

4

3

16

8

16

25)

4

5(

8

15||ln

4

3

22

C

s

st

s

dxt

s

dxt

16

17

16

17

ln

16

172

1

8

15||ln

4

3

16

178

15||ln

4

3

16

178

15||ln

4

3

22

C

x

xxx

)4

5(

4

17

4

5

4

17

ln

2

17

1

8

15|152|ln

4

3 2 .


x

63

12

.

Rjeenje.

Ctt

dt

dxxdt

xxtdx

xx

xdx

xx

xdx

xx

x||ln

6

1

6

1

)66(

63

63

66

6

1

63

)1(66

1

63

1 2

222

Cxx |63|ln6

1 2 .


x

5

22

.

Rjeenje.

CxCtt

dt

xdxdt

xtdx

x

x

|5|ln||ln25

5

2 22

2.


x

2

52

.

Rjeenje.

CxCtt

dt

xdxdt

xtdx

x

xdx

x

xdx

x

x

|2|ln2

5||ln

2

5

2

5

2

2

2

2

2

5

2

)2(2

5

2

5 22

222.

Zadatak 15. (tei) Rijeiti dxxx

x

325

722

.

Rjeenje.

dxxx

x

dxxx

xdx

xx

xdx

xx

x

325

)

10

27

10(10

2

325

71010

2

325

)72(1010

1

325

722222

25

dxxx

xdx

xx

xdx

xx

x

325

352210

5

1

325

3510

5

1

3252

7010

10

2222

dxxdtxxt

xx

dxdx

xx

xdx

xx

x

)210(

325

3255

37

325

210

5

1

325

37210

5

1 2

222

5

3

25

1)

5

1(55

37||ln

5

1

5

3

5

255

37||ln

5

1

)5

3

5

2(55

37

5

1

222 x

dxt

xx

dxt

xx

dx

t

dt

dxds

xs

x

dxt

x

dxt 5

1

25

16)

5

1(

55

37||ln

5

1

25

15

25

1)

5

1(

55

37||ln

5

1

22

C

s

st

s

dxt

s

dxt

5

45

4

ln

5

42

1

55

37||ln

5

1

25

1655

37||ln

5

1

25

1655

37||ln

5

1

22

Cx

xxxC

x

xxx

)5

31

ln88

37|325|ln

5

1

)5

1(

5

45

1

5

4

ln

5

81

55

37|325|ln

5

1 22 .


xP

m

n )()( pri emu vrijedi mn (ne prava

racionalna funkcija) rjeavamo dijeljenjem polinoma )(xPn polinomom )(xQm .

Dijeljenje polinoma 1. Polinom )(xPn moemo podijeliti polinomom )(xQm samo ako vrijedi mn (gdje je nstupanj polinoma )(xPn a m stupanj polinoma )(xQm ).2. Polinome moramo zapisati u standardnom obliku (lanovi polinoma poredani od vee potencije prema manjoj potenciji od x-a ).

Primjer 1. Podijeliti polinom 162 2 xx polinomom 2x .Polinom 162 2 xx moemo podijeliti polinomom 2x jer je njegov stupanj vei ili jednak od stupnja polinoma 2x ( 12 ). Oba polinoma su u standardnom obliku.

26

3-

____________

-

42x-

12

_________

42

2

322)2(:)162(

2

2

x

xx

xxxxx

Provjerimo jesmo li dobro podijelili zadana dva polinoma:

)2(/2

322

2

162 ?2

x

xx

x

xx

3)2(2)2(2162?

2 xxxxx

34242162 2?

2 xxxxx162162 22 xxxx

Dakle, rezultat dijeljenja je toan.

Primjer 2. Podijeliti polinom 45 2 x polinomom 1x .Moemo dijeliti zadana dva polinoma i oba su u standardnom obliku.

9

__________

-

____________

55

45

55

1

955)1(:)45(

2

2

x

x

xx

xxxx

Provjerimo jesmo li dobro podijelili:

)1(/1

955

1

45 ?2

xx

xx

x

9)1(5)1(545?

2 xxxx

9555545 2?

2 xxxx4545 22 xx

Primjer 3. Podijeliti polinom 45 4 x polinomom 12 xx .Moemo dijeliti zadana dva polinoma i oba su u standardnom obliku.

27

45

______________

555

455

____________

555

1

4555)1(:)45(

23

23

232

2224

x

xxx

xx

xxx

xx

xxxxxx


x 23

.

Rjeenje. Radi se o integralu racionalne funkcije 4. tipa pa dijelimo polinome:

8

_____________

84

4

____________

4

2

___________

2

2

842)2(:

2

23

23

2x

2

x

x

x

x

xx

xxxxx

Sada slijedi:

dxxdxxdxdxxdxxxxdxxx

2

842

2

842

222

3

dxxxxx

2

84

22

3

23

Posljednji integral je integral racionalne funkcije 1. tipa pa ga rjeavamo supstitucijom:

t

dtx

xx

dxdt

xt84

22

3

2 23

Cxxxx

Ctxxx |2|ln84

3||ln84

32

32

3

.


x 122

.

Rjeenje. Radi se o integralu ne prave racionalne funkcije pa dijelimo:

28

1

_________

1

1

11)1(:

2

222

x

xxx

Dakle, sada slijedi:

Cx

xx

x

dxx

x

dxdxdx

xdx

x

x

11

ln2

1

111

11

1 2222

2

.


xx 1

3

.

Rjeenje. Najprije dijelimo polinome:

2

___________

-

2-2x

x

xx

xx

xx

xxxxxx

2

___________

_________

1

22)1(:)(

2

2

23

23

Sada slijedi:

dxxdxxdxdxxdxxxxdxx

xx

1

22

1

22

122

3

Ctxxxt

dtx

xx

dxdt

xt

x

dxx

xx||ln22

2322

23

1

122

23

232323

Cxxxx |1|ln2223

23

.


xP

m

n )()( pri emu vrijedi mn , odnosno prava

racionalna funkcija ali ne 1., 2. ili 3. tipa rjeavamo rastavljanjem na parcijalne razlomke

29

Postupak rastavljanja prave racionalne funkcije )(

)(

xQ

xP

m

n na parcijalne razlomke

1. korak Faktorizirati polinom )(xQm , odnosno polinom 012

2...)( axaxaxaxQm

mm zapisati u obliku ))...()(()( 21 mmm xxxxxxaxQ gdje su mxx ,...,1 realne nultoke polinoma

)(xQm .

2. korak U rastavu na parcijalne razlomke svakom linearnom faktoru nax )( (stupnja n) polinoma iz nazivnika odgovara izraz:

nn

ax

A

ax

A

ax

A

)(...

)( 211

,

a svakom kvadratnom faktoru kqpxx )( 2 (stupnja k) izraz:

kkk

qpxx

CxB

qpxx

CxB

qpxx

CxB

)(...

)()( 22222

211

.

3. korak Nepoznate koeficijente kkn CCBBAA ,...,,,...,,,..., 111 nalazimo mnoenjem s nazivnikom i izjednaavanjem koeficijenata uz iste potencije x-a.

Primjer. Faktorizirati sljedee polinome:

a) )7(72 xxxxb) 122 xx Izraunajmo nultoke kvadratne funkcije 12)( 2 xxxf :

2

71

2

491

2

)12(4112,1

x

41 x32 x

Faktorizacija polinoma je dakle:)4)(3(122 xxxx

c) 83 x Prema formuli za zbroj kubova koja glasi ))(( 2233 babababa , slijedi:

)42)(2(8 23 xxxx Moda moemo jo polinom 422 xx faktorizirati. Izraunajmo mu nultoke:

2

122

2

)4(4422,1

x

Budui da je diskriminanta negativna, zakljuujemo da polinom 422 xx nema realnih nultoaka pa ga ne rastavljamo. Dakle, konana faktorizacija je:

)42)(2(8 23 xxxx

d) 14 x Prema formuli za razliku kvadrata koja glasi: ))((22 bababa , slijedi:

)1)(1)(1()1)(1(1 2224 xxxxxx Gotovi smo s faktorizacijom zato to polinom )1( 2 x nema realnih nultoaka.

30

Primjer. Rastaviti na parcijalne razlomke sljedee prave racionalne funkcije:

a) 23

652

xx

x

1. korak Najprije faktoriziramo polinom u nazivniku tako da mu izraunamo nultoke:)2)(1(232 xxxx

2. korak Pridruivanje parcijalnih razlomaka:

21)2)(1(

65 21

x

A

x

A

xx

x

Faktor 1x je linearni faktor prvog stupnja pa smo mu pridruili jedan parcijalni razlomak

11

xA

. Faktor 2x je takoer linearni faktor prvog stupnja pa smo mu pridruili jedan

parcijalni razlomak 2

2

xA

.

3. korak Raunanje nepoznatih koeficijenata:

)2)(1(/21)2)(1(

65 21

xx

x

A

x

A

xx

x

)1()2(65 21 xAxAx2211 265 AxAAxAx 2121 2)(65 AAAAxx

Usporeujemo koeficijente na lijevoj i desnoj strani posljednje jednakosti:215 AA

2126 AA

Trebamo sada jo rijeiti gornji sustav od dvije jednadbe s dvije nepoznanice:2121 55 AAAA

22 )5(26 AA 222106 AA

216 A111651 A

Dakle, traeni rastav na parcijalne razlomke je:

2

16

1

11

)2)(1(

65

xxxx

x .

b) 34

1

xx

1. korak faktorizirati nazivnik : )1(334 xxxx2. korak pridruivanje parcijalnih razlomaka. Faktor 3x odnosno 3)0( x je linearni faktor 3. stupnja pa mu pridruujemo tri parcijalna razlomka, a )1( x je takoer linearni faktor ali prvog stupnja pa mu pridruujemo jedan parcijalni razlomak.

31

1)1(

133

221

3

xB

x

A

x

A

x

A

xx

3. korak raunanje nepoznatih koeficijenata)1(/

1)1(

1 333

221

3

xx

x

B

x

A

x

A

x

A

xx3

322

1 )1()1()1(1 BxxAxxAxxA 3

3322

22

13

11 BxAxAxAxAxAxA

332212

13 )()()(1 AAAxAAxBAx

Izjednaavamo koeficijente:BA 10

210 AA 320 AA

31 A12 A

11 A1B


1

1111

)1(

1323

xxxxxx.

c) xxx 23

1

1. korak faktoriziramo nazivnik: )1( 223 xxxxxx . Polinom )1( 2 xx nema relane nultoke (diskriminanta mu je negativna) pa ga ne rastavljamo.

2. korak pridruivanje parcijalnih razlomaka:

1)1(

122

xx

CBx

x

A

xxx

3. korak raunanje nepoznatih koeficijenata)1(/

1)1(

1 222

xxxxx

CBx

x

A

xxx

xCBxxxA )()1(1 2 CxBxAAxAx 221

ACAxBAx )()(1 2

Izjednaavamo koeficijente:

BA0CA0

A11 CB


32

1

11

)1(

122

xx

x

xxxx.

Zadatak 19. Rijeiti

dxxxx

xx

1

22423

2

.

Rjeenje. Budui da se radi o pravoj racionalnoj funkciji, rastaviti emo ju na parcijalne razlomke.

1. korak faktorizacija polinoma u nazivniku:

)1)(1()1()1(1 22223 xxxxxxxx

Polinom 12 x neemo rastavljati jer nema realnih nultoaka.


11)1)(1(

22422

2

x

CBx

x

A

xx

xx

3. korak raunanje nepoznatih koeficijenata

)1)(1(/11)1)(1(

224 222

2

xxx

CBx

x

A

xx

xx

)1)(()1(224 22 xCBxxAxxCCxBxBxAAxxx 222 224CACBxBAxxx )()(224 22

Izjednaavamo koeficijente:BA4CB 2CA2

__________

Iz prve jednadbe dobivamo vezu: BA 4 , koju uvrtavamo u preostale dvije jednadbe pa dobivamo:

CB 2CB 42

____

CBCB 22020242 CCCC

2B2A

Dakle, traeni rastav na parcijalne razlomke glasi:

1

2

1

2

)1)(1(

22422

2

x

x

xxx

xx

33

Sada slijedi:

dxx

x

xdx

xx

xxdx

xxx

xx

1

2

1

2

)1)(1(

224

1

22422

2

23

2

dxxx

dxx 1

2

1

22

Prvi integral je integral racionalne funkcije 1. tipa a drugi 3. tipa pa ih znamo rjeiti:

Cxxs

dst

xdxds

xsdx

x

x

t

dt

dxdt

xt

|1|ln|1|ln2||ln22

1

1

22

1 22

2.

Zadatak 20. Rijeiti

dxxx

x

)5)(1(

157 .

Rjeenje.Rastavljamo na parcijalne razlomke:

)5)(1(/51)5)(1(

157

xx

x

B

x

A

xx

x

)1()5(157 xBxAxBBxAAxx 5157BABAxx 5)(157

Izjednaavamo koeficijente:BA7

BA 515Zbrojimo jednadbe:

248 AA5B

Dakle, vrijedi:

5

5

1

2

)5)(1(

157

xxxx

x

Odnosno

Cxxx

dx

x

dxdx

xx

x

|5|ln5|1|ln25512)5)(1(157 .

Zadatak 21. Rijeiti

dxxxx

x

2

1423

.

Rjeenje.

Budui da se radi o pravoj racionalnoj funkciji, rastavljamo ju na parcijalne razlomke:

1. korak faktorizacija polinoma u nazivniku:

)2(2 223 xxxxxxProvjerimo jo ima li polinom )2( 2 xx realne nultoke:

2

91

2

)2(4112,1

x

11 x

34

22 x

Dakle, polinom )2( 2 xx moemo rastaviti pa slijedi:)2)(1()2(2 223 xxxxxxxxx

2. korak pridruivanje parcijalnih razlomaka

21)2)(1(

14

x

C

x

B

x

A

xxx

x

3. korak raunanje nepoznatih koeficijenata)2)(1(/

21)2)(1(

14

xxx

x

C

x

B

x

A

xxx

x

)1()2()2)(1(14 xCxxBxxxAxCxCxBxBxxxxAx 222 2)22(14

CxCxBxBxAAxAxx 222 2214ACBAxCBAxx 2)2()(14 2

Izjednaavamo koeficijente:CBA 0

CBA 24

2

121 AA

Uvrtavamo 2

1A u preostale dvije jednadbe:

2

1CB

2

7

2

142 CB

___

CB 2

1

2

7)

2

1(2 CC

2

3

2

93

2

731 CCC

12

3

2

1 B


)2(2

3

1

1

2

1

22

3

1

12

1

)2)(1(

14

xxxxxxxxx

x

Pa slijedi:

223

12

1

2

1423 x

dx

x

dx

x

dxdx

xxx

x

Sva tri integrala rjeavamo supstitucijom i dobivamo:

Cxxx |2|ln2

3|1|ln||ln

2

1 .

35

Zadatak 22. Rijeiti

dxxx

xx34

5 1 .

Rjeenje. Radi se o integralu ne prave funkcije pa najprije dijelimo:

1

____________

1

__________

11)(:)1(

3

34

4

45

34

3345

xx

xx

xx

xx

xx

xxxxxxx

Dakle,

dxxxxx

dxxdxdxxx

xx34

3

34

5 11

Prva dva integrala iz posljednjeg reda su tablini. Rijeimo integral dxxx

xx 34

3 1 rastavljanjem

na parcijalne razlomke.

)1(/1)1(

1 3323

3

xxx

D

x

C

x

B

x

A

xx

xx

323 )1()1()1(1 DxxCxBxxAxxx 32233 1 DxCCxBxBxAxAxxx CCBxBAxDAxxx )()()(1 233

Izjednaavamo koeficijente:DA1BA0CB 1

11 CC0B0A1D


1

11

)1(

133

3

xxxx

xx

Pa vrijedi:

Cxx

Cxx

x

dx

x

dxdx

xx

xx

|1|ln21

|1|ln21

12

2

334

3

Odnosno:

36

Cxx

xx

dxxx

xxdxxdxdx

xx

xx

|1|ln21

2

112

2

34

3

34

5

.

Zadatak 23. Rijeiti xxxdx

23 2.

Rjeenje. Budui da se radi o integralu prave racionalne funkcije, rastavljamo tu funkciju na parcijalne razlomke.

1. korak faktorizacija nazivnika:2223 )1()12(2 xxxxxxxx


22 )1(1)1(

1

xC

x

B

x

A

xx

3. korak raunanje nepoznatih koeficijenata:2

22)1(/

)1(1)1(

1

xxx

C

x

B

x

A

xx

CxxBxxA )1()1(1 2

CxBxBxxxA 22 )22(1CxBxBxAAxAx 22 221ACBAxBAx 2)2()(1 2


2

121 AA

2

10 BBA

2

1

2

11202 BACCBA

Dakle, rastav na parcijalne razlomke je:

22 )1(2

1

)1(2

1

2

1

)1(

1

xxxxxPa slijedi:

2223 )1(2

1|1|ln

2

1||ln

2

1

)1(2

1

12

1

2

1

2 x

dxxx

x

dx

x

dx

x

dx

xxx

dx

txxt

xxt

dtxx

dxdt

xt

2

1|1|ln

2

1||ln

2

1

12

1|1|ln

2

1||ln

2

1

2

1|1|ln

2

1||ln

2

11 1

2

Cx

xx

)1(2

1|1|ln

2

1||ln

2

1 .

Zadatak 24. Rijeiti dxxx )4(

42

.

Rjeenje.Rastavljamo na parcijalne razlomke. Nazivnik je ve faktoriziran budui da polinom 42 xnema realnih nultoaka pa ga ne rastavljamo.

)4(/4)4(

4 222

xx

x

CBx

x

A

xx

xCBxxA )()4(4 2 CxBxAAx 22 44

37

ACxBAx 4)(4 2 Izjednaavamo koeficijente:

BA0C0

144 AA1B

Rastav je:

4

1

)4(

422

xx

xxx

Pa vrijedi:

xdxdt

xtdx

x

xxdx

x

xdx

xdx

xx 2

4

4

2

2

1||ln

4

1

)4(

4 2

222

CxxCtxt

dtx |4|ln2

1||ln||ln

2

1||ln

2

1||ln 2 .

Zadatak 25. Rijeiti 13xdx .

Rjeenje. Budui da se radi o pravoj racionalnoj funkciji, rastavljamo ju na parcijalne razlomke.

1. korak faktorizacija nazivnika. Prema formuli za zbroj kubova ))(( 2233 babababa slijedi da je:

)1)(1(1 23 xxxxPolinom )1( 2 xx ne moemo rastaviti jer nema realnih nultoaka (diskriminanta mu je negativna).


11)1)(1(

122

xx

CBx

x

A

xxx

3. korak raunanje nepoznatih koeficijenata:

)1)(1(/11)1)(1(

1 222

xxxxx

CBx

x

A

xxx

)1)(()1(1 2 xCBxxxACCxBxBxAAxAx 221CACBAxBAx )()(1 2

Izjednaavamo koeficijente:BA0

CBA 0CACA 11

____BC 10

CBC 10___

38

110 BCBC

3

1311110 BBBBB

3

2C

3

1A


13

2

3

1

)1(3

1

)1)(1(

122

xx

x

xxxx

Prema tome slijedi da je:

dxxxx

x

dxdx

xx

x

x

dxdx

xx

x

x

dx

x

dx

1

2

3

1

13

1

1

)2(3

1

13

1

13

2

3

1

13

1

1 2223

1

3

6

1

1

12

6

1

13

1

1

312

6

1

13

1

1

42

2

1

3

1

13

12222 xx

dxxx

x

x

dxdx

xx

x

x

dxdx

xx

x

x

dx

dxdh

xh

dxxds

xxs

dxdt

xt

x

dxdx

xx

x

x

dx2

1

)12(

11

4

3)

2

1(2

1

1

12

6

1

13

1 2

22

Chsth

dh

s

ds

t

dt

4

3arctan

4

3

1

2

1||ln

6

1||ln

3

1

4

32

1

6

1

3

1

2

Cx

xxx

4

3

2

1

arctan

4

3

1

2

1|1|ln

6

1|1|ln

3

1 2 .

Zadatak 26. (tei) Rijeiti 2243

xx

dxx .

Rjeenje. Rastavljamo na parcijalne razlomke.

1. korak faktorizacija nazivnika U nazivniku imamo polinom 224 xx , kojeg moemo zapisati kao 2)( 222 xx . Mi elimo nai nultoke tog polinoma (da bi ga mogli faktorizirati), odnosno trebamo rijeiti jednadbu :

02)( 222 xxOznaimo li privremeno 2xt , gornja jednadba postaje:

022 tt

2

8112,1

t

11 t22 t

Dakle, vrijedi:)2)(1(22 tttt

Odnosno)2)(1(2)( 22222 xxxx

39

A prema formuli za razliku kvadrata, )2)(2()2( 2 xxx pa slijedi:)2)(2)(1()2)(1(2)( 222222 xxxxxxx

ime smo faktorizirali nazivnik.


221)2)(2)(1( 22

3

xD

x

C

x

BAx

xxx

x

3. korak raunanje nepoznatih koeficijenata)2)(2)(1(/

221)2)(2)(1(

222

3

xxx

x

D

x

C

x

BAx

xxx

x

)2)(1()2)(1()2)(2)(( 223 xxDxxCxxBAxx)2)(()2)(()2)(( 2223 xDDxxCCxxBAxx

DDxDxDxCCxCxCxBBxAxAxx 222222 2323233 DCBDCAxDCBxDCAxx 222)2()22()( 233

Izjednaavamo koeficijente:DCA 1

DCB 220 DCA 20

DCB 2220

Oduzmimo od prve jednadbe treu jednadbu, i od druge etvrtu:

3

131 AA

030 BB_____

DC 3

2

2:/220 DC ___

DC 3

2

DC 0Zbrojimo posljednje dvije jednadbe:

3

12

3

2 CC

3

1D

Dakle, traeni rastav je:

)2(3

1

)2(3

1

)1(3)2)(2)(1( 22

3

xxxx

xxx

x

Pa slijedi:

40

23

1

23

1

13

1

2 224

3

x

dx

x

dxdx

x

x

xx

dxx

xdxdtxt

xxdxx

x

2

1|2|ln

3

1|2|ln

3

1

1

2

6

1 2

2

Cxxxxxt

dt |2|ln31

|2|ln3

1|1|ln

6

1|2|ln

3

1|2|ln

3

1

6

1 2 .

41

3. Integriranje iracionalnih funkcija

1. Tip integrala iracionalnih funkcija dxxQxP

)(

)(

2

0 (polinom 0.tog stupnja kroz korijen iz

polinoma 2. stupnja) rjeavamo svoenjem polinoma )(2 xQ na potpuni kvadrat i supstitucijom.


2.

Rjeenje.

dxdtxt

dxx

dxx

dxxx

3

7)3(

15

29)3(

15

26

5222

dtt 7

15

2

Prema 12. formuli iz tablice integrala slijedi:

Cx

Ct

7

3arcsin5

7arcsin5 .


Rjeenje. Radi se o integralu iracionalne funkcije 1. tipa. Meutim, polinom ispod korijena nam nije u standardnom obliku niti mu je vodei koeficijent jednak 1, pa najprije rijeimo to:

)1

2

3(2)1

2

3(2232232 22

22xx

dx

xx

dx

xx

dx

xx

dx

)1

2

3(1

2

1

)12

3(12 22 xx

dx

xx

dx

Sada svodimo polinom na potpuni kvadrat:

16

25)

4

3(1

2

1

116

9)

4

3(1

2

1

22 x

dx

x

dx

22

16

252

14

3

)4

3(

16

252

1

t

dx

dxdt

xt

x

dx

Koristimo 12. formulu iz tablice integrala i dobivamo:

Cx

Ct

4

54

3

arcsin2

1

16

25arcsin

2

1 .

Zadatak 3. Rijeiti 263 2 xxdx .

42

Rjeenje.

3

22

3

1

3

223)

3

22(3263 222

2xx

dx

xx

dx

xx

dx

xx

dx

3

13

11

3

1)1(

3

1

3

21)1(

3

1

222 t

dx

dxdt

xt

x

dx

x

dx


CxxCtt )3

1)1(1ln(

3

1)

3

1ln(

3

1 22 .

Zadatak 4. Rijeiti

dxxx 45

12

.

Rjeenje.

4

9)

2

5(4

4

25)

2

5()45(45

1

2222

x

dx

x

dx

xx

dxdx

xx

222

4

9

4

9)

4

9(

2

5

t

dt

t

dt

t

dt

dxdt

xt


Cx

Ct

2

32

5

arcsin

4

9arcsin .

2. Tip integrala iracionalnih funkcija dxxQxPn

)(

)(

2

, gdje je 0n rjeavamo koritenjem

formule:

)()()()()(

221

2 xQ

dxxQxRdx

xQ

xPn

n

gdje je )(1 xRn opi oblik polinoma stupnja 1n .

Primjer. Opi oblik polinoma:

a) 0.tog stupnja je Ab) 1. stupnja je BAx c) 2. stupnja je CBxAx 2d) 3. stupnja je DCxBxAx 23e) 4. stupnja je EDxCxBxAx 234

43

Primjer. Vrijedi: )(')( xfdxxf Cxfdxxf )()('

Zadatak 5. Rijeiti

dxxx

x

22

32

.

Rjeenje.Budui da je 3x polinom 1. stupnja, radi se o integralu iracionalne funkcije 2. tipa pa ga rjeavamo primjenom spominjane formule. Slijedi:

2222

22

32

2

2 xx

dxxxAdx

xx

x .

Trebamo izraunati nepoznate koeficijente A i . To radimo tako da gornju jednakost deriviramo:

deriviramoxx

dxxxAdx

xx

x/

2222

22

32

2

2

22

1

22')22(

222

122'

22

3222

2

2

xxxx

dxx

xxAxxA

xx

x

22/22

1)22(

222

1

22

3 2222

xx

xxx

xxA

xx

x

)22(2

13 xAx

)1(3 xAx AAxx 3

Izjednaavamo koeficijente:A1

23 A

Dakle, vrijedi:

22222

22

32

2

2 xx

dxxxdx

xx

x

Jo treba rijeiti posljednji integral iz prethodnog reda, ali to je integral iracionalne funkcije 1. tipa kojeg znamo rijeiti:

21)1(

22222

22222

32

2

2

2

2 x

dxxx

xx

dxxxdx

xx

x

1222

1

1)1(222

2

2

2

2

t

dxxx

dxdt

xt

x

dxxx

Prema 15. formuli tablice integrala slijedi:

CxxxxCttxx )1)1(1ln(222)1ln(222 2222 .


12

2

.

Rjeenje.

44

deriviramoxx

dxxxBAxdx

xx

x/

11)(

1 22

2

2

1/

1

1)12(

12

1)(1

1

2

22

2

2

2

xxxx

xxx

BAxxxAxx

x

)12(2

1)()1( 22 xBAxxxAx

BBxAxAxAAxAxx2

1

2

1222

BABAxAxx2

1)

2

3()2(22


2

121 AA

4

3

2

30 BBA

8

1

2

10 BA

Dakle, vrijedi:

18

11)

4

3

2

1(

1 22

2

2

xx

dxxxxdx

xx

x

4

3)

2

1(

8

11)

4

3

2

1(

14

1)

2

1(

8

11)

4

3

2

1(

2

2

2

2

x

dxxxx

x

dxxxx

4

38

11)

4

3

2

1(2

1

2

2

t

dxxxx

dxdt

xt


CxxxxxCttxxx )4

3)

2

1(

2

1ln(

8

11)

4

3

2

1()

4

3ln(

8

11)

4

3

2

1( 2222 .

Zadatak 7. Rijeiti

dxxx

x

62

12

2

.

Rjeenje.

deriviramoxx

dxxxBAxdx

xx

x/

6262)(

62

12

2

2

2

62/62

1)22(

622

1)(62

62

1 222

2

2

2

xx

xxx

xxBAxxxA

xx

x

)22(2

1)()62(1 22 xBAxxxAx

)1)((621 22 xBAxAAxAxx BBxAxAxAAxAxx 222 621

BABAxAxx 6)3()2(1 22

45


2

121 AA

2

330 BBA

2

56161 ABBA

Dakle, vrijedi:

622

562)

2

3

2

1(

62

12

2

2

2

xx

dxxxxdx

xx

x

52

562)

2

3

2

1(

1

5)1(2

562)

2

3

2

1(

2

2

2

2

t

dxxxx

dxdt

xt

x

dxxxx


CxxxxxCttxxx )5)1(1ln(2

562)

2

3

2

1()5ln(

2

562)

2

3

2

1( 2222 .

Zadatak 8. Rijeiti dxxx 522 .Rjeenje.Vrijedi:

aaaa :/

a

aa

Dakle, vrijedi i 52

5252

2

22

xx

xxxx pa slijedi:

5252)(

52

5252

2

2

2

22

xx

dxxxBAxdx

xx

xxdxxx

deriviramoxx

dxxxBAxdx

xx

xx/

5252)(

52

522

2

2

2

52/52

1)22(

522

1)(52

52

52 222

2

2

2

xxxx

xxx

BAxxxAxx

xx

)22(2

1)()52(52 22 xBAxxxAxx

)1)((5252 22 xBAxAAxAxxx BBxAxAxAAxAxxx 222 5252

BABAxAxxx 5)3()2(52 22Izjednaavamo koeficijente:

2

121 AA

2

332 BBA

155 BADakle:

5252)

2

3

2

1(

52

522

2

2

2

xx

dxxxxdx

xx

xx

46

452)

2

3

2

1(

1

4)1(52)

2

3

2

1(

2

2

2

2

t

dxxxx

dxdt

xt

x

dxxxx

CxxxxxCttxxx )4)1(1ln(52)2

3

2

1()4ln(52)

2

3

2

1( 2222 .


xx

92

2

.

Rjeenje.

deriviramodxx

xBAxdxx

xx/

9

19)(

9 22

2

2

9/9

1)2(

92

1)(9

9

2

22

2

2

2

xx

xx

BAxxAx

xx

xBAxxAxx )()9( 22

BxAxAAxxx 222 9 AxBAxxx 9)2(22


2

121 AA

B1

2

990 A

Dakle, vrijedi:

dx

xxxdx

x

xx

9

1

2

99)1

2

1(

9 22

2

2

Cxxxx )9ln(2

99)1

2

1( 22 .

3. Tip integrala iracionalnih funkcija integrali u kojima se pojavljuju razliiti korijeni iz polinoma prvog stupnja (ima iznimaka, pa se npr. mogu pojavljivati i razliiti korijeni racionalne funkcije oblika

)(

)(

1

1

xQ

xP). Rjeavamo ih supstitucijom at polinom koji se pojavljuje

pod raznim korijenima, pri emu je a jednako najmanjem zajednikom viekratniku stupnjeva svih korijena.


2.

Rjeenje. Radi se o zadatku koji je u poglavlju metoda supstitucije rijeen supstitucijom xt i supstitucijom xt 2 . Meutim, moemo ga rijeiti i 3.nainom. Naime, u sluaju

integrala dxxx

2radi se o integralu iracionalne funkcije u kojoj nam se polinom 1. stupnja

x pojavljuje na dva mjesta, uvijek ispod 2. korijena. Dakle, radi se o integralu 3. tipa pa ga rjeavamo supstitucijom xt a , gdje je a najmanji zajedniki viekratnik stupnjeva korijena koji se pojavljuju odnosno, u ovom sluaju a=2.

47

dttt

tdtt

t

dxtdt

txxtdx

x

x

222

222

22

Doli smo do integrala ne prave racionalne funkcije pa dijelimo polinome:

4

___________

42

2

__________

2

2

42)2(:

2

2

t

t

tt

tttt

Pa slijedi:

Ctttt

dtdttdtdt

tt |2|ln84

2842

2

422 2

Cxxx |2|ln84 .


Rjeenje. Radi se o integralu iracionalne funkcije 3. tipa. Korijeni koji se pojavljuju u integralu su 2. i 3. korijen, pa je najmanji zajedniki viekratnik brojeva 2 i 3 jednak 6.

dtt

tdt

tt

tdt

tt

t

dxdtt

txtxxt

xx

dx

16

)1(6

6

6

3

2

5

23

5

5

2336

3

Budui da smo doli do integrala ne prave racionalne funkcije, dijelimo polinome:

1

_____________

1

___________

_________

1

11)1(:

2

2

23

23

t

t

tt

t

tt

ttttt

Dakle, slijedi:

Ctttttdt

dttdtdttdtt

t|1|ln6632

16666

16 232

3

Cxxxx |1|ln6632 663 .

48

Zadatak 12. Rijeiti 3 535 xxdx .

Rjeenje.

)3(333

3

5

535 2

2

3

2

2

3

3 tt

dtt

tt

dtt

dxdtt

xt

xx

dx

CtCssds

tdtds

tsdt

t

t

t

tdt|3|ln

2

3||ln

2

3

2

3

2

3

3

2

2

3

33 2

2

22

Cx |3)5(|ln2

3 2 .

Zadatak 13. Rijeiti

dxx

x3 11

11 .

Rjeenje.

dtt

ttdt

t

ttdtt

t

t

dxdtt

xtdx

x

x

16

1

666

1

1

6

1

11

112

58

2

855

2

3

5

6

3

Dijelimo polinome:

1

11)1(:)(

22346258

t

ttttttttt

Pa slijedi:

dtt

ttttttdt

t

tt

1

116

16

22346

2

58

dtt

tt

ttttt

1

166

26

36

46

56

76

2

23457

dtt

tt

ttttt

1

)1(236

26

36

46

56

76

2

23457

dtt

tt

ttttt

1

2236

26

36

46

56

76

2

23457

1612

362

63

64

65

67

622

23457

t

dtdt

t

tt

ttttt

Ctsds

tttttt

tdtds

tsarctan636

26

36

46

56

76

2

1 234572

Ctstttttt arctan6||ln36322

35

67

6 23457

I jo bi trebali t zamijeniti sa 6 1x ...

Zadatak 14. Rijeiti 1621 xdx .

Rjeenje.

dttt

t

tdt

dxtdt

xt

x

dx

161622

21

1621

2

Dijelimo polinome:

16

161)16(:

ttt

49

Pa slijedi:

Cttt

dtdtdt

t|16|ln16

1616

16

161

Cxx |1621|ln1621 .

50

4. Integriranje trigonometrijskih funkcija

1. Univerzalna trigonometrijska supstitucija

2

2

2

2

1

1cos

1

21

2sin2

2)cos,(sin

t

txdt

tdx

t

txarctgtxx

tgtdxxxR

Univerzalnu trigonometrijsku supstituciju koristimo kada rjeavamo integral racionalne(nekad i iracionalne) funkcije po xsin i xcos .

2. Trigonometrijska supstitucija

22

222

1

1cos

1

1sin

),,cossin,cos,(sin

tx

t

dtdx

t

txarctgtx

tgxtdxctgxtgxxxxxR

Trigonometrijsku supstituciju 2. koristimo prilikom rjeavanja integrala racionalne (nekad i iracionalne) funkcije po ctgxtgxxxxx ,,cossin,cos,sin 22 (iako moe i (i)racionalna funkcija po

xsin i xcos ). Takoer, prilikom rjeavanja integrala u kojima se funkcije xsin i xcospojavljuju pod parnim i veim potencijama.

Ne postoji ba neko konkretno pravilo kada koristiti koju trigonometrijsku supstituciju, ali uvijek se moe pokuati sa obje i onda vidjeti koristei koju smo dobili jednostavniji integral.

Zadatak 1. Rijeiti xxdx

cos7sin48.

Rjeenje.

Pokuajmo rijeiti ovaj integral primjenom obje supstitucije.

dt

t

t

t

ttdt

t

t

t

ttxtgt

xx

dx

2

2

2

2

2

2

2

2

1

77

1

88

1

2

1

17

1

248

1

2

|2

|cos7sin48

dttt

dtttt

tdt

t

tttt

158

12

)158)(1(

)1(2

1

778881

2

222

2

2

22

2

Doli smo do integrala racionalne funkcije tipa 2. kojeg znamo rijeiti:

dtsdtsdsdt

tsdt

tdt

t 2222 1

12

1

12

4

1)4(

12

1516)4(

12


51

Cx

tg

xtg

Ct

tC

s

s

25

32ln

)4(1

41ln

1

1ln

2

12 .

Pokuajmo sada drugom supstitucijom tgxt :

dt

t

tt

t

tt

tt

dt

tgxtxx

dx

2

2

2

22

2

1

7418

1

1

1

17

148

1||cos7sin48

dtttt

dtttt

t

)7418(1

1

)7418)(1(

12222

2

Komplicirano!!!

Zadatak 2. Rijeiti xdx

cos53.

Rjeenje.Ponovno emo probati rijeiti primjenom obje supstitucije.

dt

t

ttxtgt

x

dx

2

2

2

1

153

1

2

2cos53

dtt

dttt

tdt

t

ttt

82

2

)82)(1(

)1(2

1

55331

2

222

2

2

22

2

Cx

tg

xtg

Ct

t

t

dtdt

tdt

t

22

22

ln4

1

2

2ln

4

1

44

1

)4(2

12

222.

Druga supstitucija:

dt

t

t

tdt

t

ttgxtx

dx

2

2

2

2

2

1

513

1

1

1

153

1

1

cos53

dt

ttdt

tt

t

)513(1

1

)513)(1(

12222

2

dttt 22 15)1(31 Komplicirano!!!

Zadatak 3. Rijeiti xdx

4sin.

Rjeenje. Ponovno pokuavamo obje supstitucije.

52

dttt

tdt

t

ttdt

t

t

txtgtx

dx

)1(16

)1(2

)1(

161

2

1

2

1

2

2sin 24

42

42

4

2

4

2

2

4

dttt4

32

16

)1(2

Doli smo do integrala racionalne funkcije u brojniku je polinom 6. a u nazivniku 4. stupnja. To bi moda i znali rijeiti dijelili bi i vidjeli to dalje ali pokuajmo vidjeti da li s drugom

trigonometrijskom funkcijom dobivamo neto bre i jednostavnije.

dttt

dttt

tdt

t

ttdt

t

t

ttgxtx

dx4

2

24

22

22

4

2

4

2

2

4

1

)1(

)1(

)1(

1

1

1

1

1

sin

Dobili smo znaajno jednostavniji integral kojeg rjeavamo:

Cttdttdttdttt

dtt

dtt

t

t 13

11 13244

2

44

2

4

Ctgxxtg

13

13

.

Zadatak 4. (teak) Rijeiti dxxx

2

4

cos

sin .

Rjeenje.

Pokuajmo s obje supstitucije:

dtt

t

t

t

t

xtgtdx

x

x2

22

22

42

4

2

4

1

2

)1(

)1(

)1(

16

2cos

sin

dtttt

dttt

tt2232

4

2252

224

)1()1(

162

)1()1(

)1(162

Doli smo do integrala racionalne funkcije ali su stupnjevi polinoma visoki pa moemo oekivati da e biti komplicirano. Pokuajmo s drugom supstitucijom.

dtttt

dtt

t

t

t

tgxtdxx

x32

24

2

2

22

4

2

4

)1(

)1(

1

1

1

1)1(

cos

sin

dtttt

dtt

t

12)1( 24

4

22

4

Ponovno smo na integralu racionalne funkcije ali su stupnjevi nii nego u sluaju prve supstitucije, pa pokuajmo ovo provesti do kraja. Radi se o integralu ne prave racionalne

funkcije pa dijelimo.

53

12

___________

12

12

121)12(:

2

24

24

2244

t

tt

tt

tttt

Dakle, slijedi:

dtttt

dtdttt

t

12

12

12 24

2

24

4

Rijeimo integral dttt

t

12

1224

2

(teko je i vjerojatno na kolokviju nee biti nita ovako teko). Radi se o integralu prave racionalne funkcije, pa rastavljamo na parcijalne razlomke:

22222

2

24

2

)1(1)1(

12

12

12

t

DCt

t

BAt

t

t

tt

t

2222222

2

)1(/)1(1)1(

12

tt

DCt

t

BAt

t

t

DCttBAtt )1)((12 22

DCtBBtAtAtt 232 12DBCAtBtAtt )(12 232

Izjednaavamo koeficijente:0A2B0C1D

Dakle, vrijedi:

22224

2

)1(12

12

12

t

dt

t

dtdt

tt

t

Prvi integral je tablini. Pokuajmo rijeiti 22 )1(tdt . Radi se o integralu koji se rjeava ne

ba standardnim putem i vjerojatno nee biti na kolokviju. Integral 22 )1(tdt emo rijeiti na

sljedei nain:

dt

t

t

t

t

tvt

tdu

dtdvt

u

t

dt22

2

2

22

2

2 )1(2

1)1(

21

1

1

2222

2

222

2

2 )1(2

)1(

12

1)1(

112

1 t

dtdt

t

t

t

tdt

t

t

t

t

2222 )1(2121 tdt

t

dt

t

t .

54

Zapiimo jo jednom poetak i kraj gornje jednakosti:

22222 )1(21211 tdt

t

dt

t

t

t

dt

Prebacimo neto na desnu neto na desnu stranu i dobivamo:

tt

t

t

dt

t

t

t

dtarctan

111)1(2

22222

Podijelimo sa 2 i dobivamo:

Ctt

t

t

dt

arctan121

)1( 222.

Vratimo se sada na integral zadan u ovom zadatku. Vrijedi:

dtttt

dtt

t

t

t

tgxtdxx

x32

24

2

2

22

4

2

4

)1(

)1(

1

1

1

1)1(

cos

sin

dtttt

dtdttt

tdt

t

t

12

12

12)1( 24

2

24

4

22

4

Ctt

ttt

t

dt

t

dtdt arctan

12

1arctan2

)1(12

2222

Cxxtg

txtgxCtgx

xtg

ttgxtgx

12

12)arctan(

12

1)arctan(2

22.

Zadatak 5. Rijeiti xx

dx3cossin

.

Rjeenje.Pokuajmo s obje supstitucije.

dtt

tt

tdt

t

t

t

t

txtgtxx

dx

42

32

2

32

32

2

2

3

)1(

)1(2

1

2

)1(

)1(

1

2

1

2

2cossin

dt

tt

tdt

ttt

tdt

t

tt

t32

2

322

22

22

32

2

)1(2

)1(2

)1(2)1(

)1(2

)1(

)1(2

1

2

Komplicirano!!

Pokuajmo sada sa supstitucijom tgxt :

dtt

t

tdt

tt

t

ttgxtxx

dx

22

2

322

2

3

)1(

1

1

1

1

1

1

1

cossin

55

CtgxCtdttt

dtdt

tt

tdt

t

t

t

22)1(1

1

1

1

2

1

2

2

2

2.

Trigonometrijske integrale tipa xdxxR cos)(sin rjeavamo supstitucijom xt sin , odnosno integrale tipa xdxxR sin)(cos supstitucijom xt cos .


5sin6sin

cos2

.

Rjeenje.

Radi se o integralu oblika xdxxR cos)(sin , pri emu je 5sin6sin1

)(sin2

xx

xR . Dakle,

rjeavamo ga supstitucijom:

56cossin

5sin6sin

cos22 tt

dt

xdxdt

xtdx

xx

x

Doli smo do integrala racionalne funkcije tipa 2. kojeg rjeavamo svoenjem na potpuni kvadrat i supstitucijom:

2222 44

3

4)3(59)3( s

ds

s

ds

dtds

ts

t

dt

t

dt

Cx

xC

t

tC

t

tC

s

s

sin5

1sinln

4

1

5

1ln

4

1

)3(2

32ln

4

1

2

2ln

4

1 .

Zadatak 7. Rijeiti dxxx2sin1

2sin .

Rjeenje.Primijenimo li formulu za dvostruki kut xxx cossin22sin , dobivamo:

xdxx

xdx

x

xxdx

x

xcos

sin1

sin2

sin1

cossin2

sin1

2sin222

Dakle, radi se o integralu oblika xdxxR cos)(sin pa ga rjeavamo supstitucijom:

tdtdsts

dtt

tdt

t

t

xdxdt

xtxdx

x

x

2

1

1

2

12

cos

sincos

sin1

sin2

2

222

CxCtCss

ds |1sin|ln|1|ln||ln 22 .

Zadatak 8. Rijeiti

dxxx

xx

cos4cos

sin)1(cos3

3

.

Rjeenje.

dttt

t

xdxdt

xtdx

xx

xx

4

1

sin

cos

cos4cos

sin)1(cos3

3

3

3

56

Dijelimo polinome:

tt

tttt

4

141)4(:)1(

333

Pa slijedi:

dttt

tdtdt

tt

tdt

tt

t

4

14

4

141

4

1333

3

Posljednji integral je integral prave racionalne funkcije, pa ju rastavljamo na parcijalne razlomke:

)2)(2(

14

)4(

14

4

1423

ttt

t

tt

t

tt

t

)2)(2(/22)2)(2(

14

ttt

t

C

t

B

t

A

ttt

t

)2()2()2)(2(14 tCttBtttAtCtCtBtBttAt 22)4(14 222 CtCtBtBtAAtt 22414 222 ACBtCBAtt 4)22()(14 2

Izjednaavamo koeficijente:CBA 0CB 224

4

141 AA

___

4

1CB

2CB

8

9

4

92 BB

8

7C

Dakle, traeni rastav je:

)2(8

7

)2(8

9

4

1

)2)(2(

14

tttttt

t

Pa vrijedi:

dttt

tdtdt

tt

tdt

tt

t

4

14

4

141

4

1333

3

Ctttttdt

t

dt

t

dtdt |2|ln

8

7|2|ln

8

9||ln

4

1

28

7

28

9

4

1

Cxxxx |2cos|ln8

7|2cos|ln

8

9|cos|ln

4

1cos .

Trigonometrijske integrale tipa dxxx ba cossin rjeavamo :

57

a) ako je barem jedan od koeficijenata a i b neparan, integral svodimo na oblik

xdxxR cos)(sin ili xdxxR sin)(cos koritenjem osnovnog trigonometrijskog identiteta 1cossin 22 xx .

b) ako su oba koeficijenta a i b parni (pri emu nulu shvaamo kao parni broj), primjenjujemo formule

2

2cos1cos2

xx

i 2

2cos1sin 2

xx

.

Zadatak 9. Rijeiti xdx5sin .Rjeenje.

Radi se o integralu tipa dxxx ba cossin , kada je barem jedan od koeficijenata a i b neparan pa ga rjeavamo na sljedei nain:

dxxxdxxxxdxxxdx 222245 )cos1(sin)(sinsinsinsinsinSveli smo ga na integral tipa xdxxR sin)(cos , pa nastavljamo sa supstitucijom:

Ctttdttdttdtdtttdttxdxdt

xt

5322)21()1(

sin

cos 53424222

Cxx

x 5

cos

3

cos2cos

53

.

Zadatak 10. Rijeiti xdx3sin .Rjeenje.

xdxdt

xtdxxxxdxxxdx

sin

cos)cos1(sinsinsinsin 223

Cx

xCt

tdtt 3cos

cos3

)1(33

2 .

Zadatak 11. Rijeiti xdxx 32 cossin .Rjeenje.

Ponovno imamo integral tipa dxxx ba cossin kada je barem jedan od koeficijenata a i bneparan.

dxxxxdxxxxxdxxxxdxx )sin1(sincos)sin1(cossincoscossincossin 22222232Sveli smo ga na integral tipa xdxxR cos)(sin :

Cxx

Ctt

dttdttdtttxdxdt

xt 5

sin

3

sin

53)1(

cos

sin 53534222 .

Zadatak 12. Rijeiti dxxx 2cos2sin 53 .Rjeenje.

dxxxxdxxxxdxxx 2cos)2cos1(2sin2cos2sin2sin2cos2sin 525253

58

C

xx

Ctt

dtttdttt

dtdxx

dxx

dt

xt

4 2cos

32

cos

82

62)(2)1(2

22

sin

2

1

2sin

2cos

8686

7552 .

Zadatak 13. Rijeiti dxxx 22 cossin .Rjeenje.

Radi se o integralu tipa dxxx ba cossin kada su oba koeficijenta a i b parni. Rjeavamo ga primjenom formula

2

2cos1cos 2

xx

i 2

2cos1sin 2

xx

.

dxxxdxxxdxxx )2cos1)(2cos1(41

2

2cos1

2

2cos1cossin 22

xdxxxdxdxdxx 2cos41

4

12cos

4

1

4

1)2cos1(

4

1 222

Ponovno smo doli do integrala tipa dxxx ba cossin kada su oba koeficijenta parni (koeficijent a je jednak nuli ali nula je paran broj) pa ponovno primjenjujemo formulu

2

2cos1cos 2

xx

i dobivamo:

4cos8

1

8

1

4

1

4

44cos

8

1

8

1

4

1

2

4cos1

4

1

4

1 dttxx

dxdt

xtxdxdxxdx

xx

CxxxCtxxtdtxx 4sin321

8

1

4

1sin

32

1

8

1

4

1cos

32

1

8

1

4

1 .

Zadatak 14. Rijeiti dxx 4sin .Rjeenje.

Integral je tipa dxxx ba cossin kada su i a i b parni (b je jednak nuli ali je paran).

dxxdxxdxxdxx 2

2224 )2cos1(

4

1

2

2cos1)(sinsin

xdxxdxdxdxxx 2cos41

2cos2

1

4

1)2cos2cos21(

4

1 22

dxxdttxdxdt

xtdx

xxdxx )4cos1(

8

1

2cos

2

1

4

1

2

2

2

4cos1

4

12cos

2

1

4

1

dxds

xsxdxxtxxdxdxtdtx

4

44cos

8

1

8

1sin

4

1

4

14cos

8

1

8

1cos

4

1

4

1

Cxxxxsdsxxxds

sxxx 4sin321

8

12sin

4

1

4

1cos

32

1

8

12sin

4

1

4

1

4cos

8

1

8

12sin

4

1

4

1 .

Trigonometrijske integrale koji su jednaki umnoku izraza )sin( bax , )cos( bax , )sin( dcx , )cos( dcx , svodimo na jednostavnije primjenom formula:

)cos()cos(2

1sinsin

59

)sin()sin(2

1cossin

)cos()cos(2

1coscos

Zadatak 15. Rijeiti xdxx 5cos3sin .Rjeenje.

Koristimo formulu )sin()sin(2

1cossin

dxxxdxdxxxxdxx )2sin(21

8sin2

1)2sin(8sin

2

15cos3sin

sdstdtdssdttdxds

xs

dxdt

xtsin

4

1sin

16

1)

2(sin

2

1

8sin

2

1

2

2

8

8

CxxCst )2cos(4

18cos

16

1cos

4

1cos

16

1 .

Zadatak 16. Rijeiti dxxx 3coscos 2 .Rjeenje.

dxxxcoxdxdxxxdxxx 6coscos21

2

1

2

6cos1cos3coscos 2

xdxdxxxdxxxx 7cos41

)5cos(4

1sin

2

17cos)5cos(

2

1

2

1sin

2

1

sdstdtxdssdttxdxds

xs

dxdt

xtcos

28

1cos

20

1sin

2

1

7cos

4

1)

5(cos

4

1sin

2

04.-Integrali

Documents

Transcript of 04.-Integrali