Alma Omerspahić, Vahidin Hadžiabdić,
Midhat Mehuljić, Jasmin Bektešević
Teorijske osnove i zbirka zadataka
iz integralnog računa
Mašinski fakultet Sarajevo
2012.
ii
Sadržaj
Predgovor
1
1 Neodre†eni integrali
1.1 Definicija i osobine neodre†enog integrala . .
1.2 Metode integracije . . . . . . . . . . . . . . .
1.2.1 Direktna integracija . . . . . . . . . .
1.2.2 Metoda supstitucije . . . . . . . . . .
1.2.3 Parcijalna integracija . . . . . . . . . .
1.3 Zadaci sa rješenjima . . . . . . . . . . . . . .
1.4 Tehnike računanja integrala . . . . . . . . . .
1.4.1 Integracija racionalnih funkcija . . . .
1.4.2 Integracija nekih iracionalnih funkcija
1.4.3 Integrali trigonometrijskih funkcija . .
1.5 Zadaci sa rješenjima . . . . . . . . . . . . . .
1.6 Zadaci za samostalan rad . . . . . . . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
3
3
6
6
6
8
9
19
19
23
28
32
47
2 Odre†eni integrali
2.1 Računanje površine krivolinijskog trapeza . . . . . . . . .
2.2 Osnovne osobine odre†enog integrala . . . . . . . . . . . .
2.3 Smjena promjenjivih u odre†enom integralu . . . . . . . .
2.4 Parcijalna integracija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.5 Primjena odre†enih integrala . . . . . . . . . . . . . . . .
2.5.1 Izračunavanje površine ravnih geometrijskih figura
2.5.2 Izračunavanje dužine luka krive . . . . . . . . . . .
2.5.3 Zapremina obrtnih tijela . . . . . . . . . . . . . . .
2.5.4 Izračunavanje površine omotača rotacionog tijela .
2.6 Zadaci sa rješenjima . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.6.1 Izračunavanje površina ravnih figura . . . . . . . .
2.6.2 Izračunavanje zapremine rotacionog tijela . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
49
49
51
52
53
53
53
56
58
59
60
62
78
iii
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
iv
SADRŽAJ
2.7
Zadaci za samostalan rad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3 Nesvojstveni integrali
3.1 Nesvojstveni integrali sa beskonačnim granicama
3.2 Nesvojstveni integrali neograničenih funkcija . .
3.3 Zadaci sa rješenjima . . . . . . . . . . . . . . . .
3.4 Zadaci za samostalan rad . . . . . . . . . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
98
105
. 105
. 106
. 107
. 127
4 Integrali koji zavise od parametra
129
4.1 Definicija i osobine parametarskih integrala . . . . . . . . . . 129
4.2 Zadaci sa rješenjima . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131
4.3 Zadaci za samostalan rad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 144
5 Dvostruki integrali
145
5.1 Definicija i osobine dvostrukog integrala . . . . . . . . . . . . 145
5.2 Računanje dvostrukih integrala . . . . . . . . . . . . . . . . . 147
5.2.1 Računanje dvostrukih integrala u Dekartovim koordinatama . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 147
5.2.2 Izračunavanje dvostrukog integrala u polarnim koordinatama . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 149
5.2.3 Izračunavanje dvostrukog integrala u krivolinijskim koordinatama . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151
5.3 Primjena dvostrukih integrala . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152
5.4 Zadaci sa rješenjima . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 154
5.5 Zadaci za samostalan rad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182
6 Trostruki integrali
187
6.1 Definicija i osobine trostrukog integrala . . . . . . . . . . . . 187
6.2 Računanje trostrukog integrala . . . . . . . . . . . . . . . . . 189
6.2.1 Računanje trostrukog integrala po oblasti pravouglog
paralelepipeda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 189
6.2.2 Računanje trostrukog integrala po proizvoljnoj oblasti 191
6.2.3 Smjena promjenjivih u trostrukom integralu . . . . . . 193
6.2.4 Najčešće smjene u trostrukom integralu . . . . . . . . 194
6.3 Primjena trostrukih integrala . . . . . . . . . . . . . . . . . . 195
6.4 Zadaci sa rješenjima . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 196
6.5 Zadaci za samostalan rad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 226
Literatura
230
1
Predgovor
Knjiga je namijenjena studentima Mašinskog fakulteta Univerziteta u
Sarajevu, koji na prvoj godini studija slušaju predmet "Matematika 2" s ciljem lakšeg savladavanja gradiva i dostizanja potrebnog matematičkog znanja
i vještina pri rješavanju zadataka iz integralnog računa. Knjigu mogu koristiti i studenti drugih tehničkih fakulteta koji u svom nastavnom programu
iz matematičkih obasti imaju sadržaje iz ovog udžbenika. Udžbenik je nastao nakon višegodišnjeg držanja predavanja i vježbi iz niza matematičkih
predmeta na više fakulteta Univerziteta u Sarajevu.
Udžbenik sadrži šest glava, svaka glava podijeljena je na nekoliko sekcija.
U prvoj glavi definisan je pojam neodre†enog integrala te date njegove
osnovne osobine i metode rješavanja integrala. Posebno su naglašene tehnike
rješavanja za integrale racionalnih, nekih iracionalnih i trigonometrijskih
funkcija. Za svaki navedeni tip integrala dat je odgovarajući primjer rješavanja. Zadatke, koji su riješeni, birali smo tako da reprezentuju sve moguće
slučajeve integracije zadatih funkcija. Na kraju poglavlja dati su zadaci za
samostalan rad.
U drugoj glavi definiše se odre†eni integral, daju njegove osnovne osobine, metode rješavanja i načini primjene na izračunavanje površine ravnih
figura, zapremine rotacionih tijela, izračunavanja dužine luka, te komplanacija
obrtnih površi.
U trećoj glavi promatraju se dva tipa nesvojstvenih integrala, te daju
primjeri i postupci rješavanja.
U četvrtoj glavi promatraju se integrali koji zavise od parametra, te na
osnovu njihovih osobina daje metod rješavanja diferenciranjem integrala po
parametru.
Peta glava obra†uje dvostruke integrale i sadrži primjere koji su ilustrovani radi lakšeg predočavanja oblasti integracije i primjene dvostrukih
integrala.
2
U šestoj glavi razmatrani su trostruki integrali koji su ilustrirani gdje
god je to bilo moguće, te primjeri rješavanja istih.
Želja nam je bila napisati knjigu koja je jasna za čitanje studentima
tehničkih fakulteta i koja će im omogućiti brže i lakše savladavanje teorijskih osnova i tehnike računanja u integralnom računu, i da je , s druge
strane, matematički korektna. U tom smislu, svaka primjedba usmjerena na
poboljšanje ovog udžbenika je dobro došla.
Autori
1
Neodre†eni integrali
1.1
Definicija i osobine neodre†enog integrala
U diferencijalnom računu rješavao se zadatak traženja izvoda zadate funkcije.
Sada ćemo rješavat obrnut problem: tražit ćemo funkciju čiji izvod znamo.
Definicija 1.1 Primitivnom funkcijom funkcije na skupu ( ⊆ R)
nazivamo svaku funkciju : → R sa svojstvom:
0 () = () za svaki ∈
Definicija 1.2 Skup svih primitivnih funkcija funkcije označavamo sa
R
()
i nazivamo antiderivacijom ili neodre†enim integralom funkcije
− Ako je () primitivna funkcija od () na skupu i bilo koja
konstanta, onda zbog
[ () + ]0 = 0 () + 0 = 0 () = ()
zaključujemo da je i () + primitivna funkcija funkcije
− Ako su () i () dvije primitivne funkcije od () na skupu
onda zbog
0 () = () = 0 () ⇒ () = () +
one se razlikuju za neku konstantu
3
4
1. NEODREÐENI INTEGRALI
Dakle, da bi našli neodre†eni integral funkcije () na skupu dovoljno
je naći jednu primitivnu funkciju, recimo () i tada je
R
() = () +
Pri tome funkciju () nazivamo podintegralnom funkcijom. Ako funkcija
() ima primitivnu funkciju na kaže se da je ona integrabilna na
¡ ¢0
R
Primjer 1.1. Kako je 2 = 2 imamo da je 2 = 2 +
Primjer 1.2. Kako je (ln ||)0 =
1
imamo da je
R
1
= ln || +
Kako je integriranje inverzna operacija od deriviranja, onda se rezultat
integriranja uvijek može provjeriti deriviranjem. Iz definicije neodre†enog
integrala i svojstava derivacije lako se mogu provjeriti sljedeća svojstva:
() Ako je funkcija : → R derivabilna na onda je:
R 0
() = () +
() Ako je funkcija : → R integrabilna na onda je:
¢
¡R
() = ()
() Ako je funkcija : → R integrabilna na i bilo koji realan broj,
onda je funkcija integrabilna na i pri tome je:
R
R
() = ()
() Ako su funkcije : → R integrabilne na onda je i funkcija
+ integrabilna na i pri tome je:
R
R
R
[ () + ()] = () + ()
1.1. DEFINICIJA I OSOBINE NEODREÐENOG INTEGRALA
5
Opća metoda integriranja se sastoji u tome da se podintegralna funkcija
dovede u vezu s funkcijama za koje su primitivne funkcije navedene u Tablici
1.1.
Tablica neodre†enih integrala
()0 = ∈ R
³
+1
+1
´0
= ∈ R\ {1}
(ln ||)0 =
¡ ¢0
ln
⇒
1
⇒
⇒
= ( 0 i 6= 1) ⇒
( )0 =
⇒
(− cos )0 = sin
⇒
(sin )0 = cos
⇒
( )0 =
⇒
1
cos2
(− )0 =
1
sin2
⇒
(ln |sin |)0 = ctg
⇒
(− ln |cos |)0 = tg
⇒
( sin )0 =
⇒
(arctg )0 =
³
1
2
√ 1
1−2
1
1+2
¯
¯´
¯ −1 ¯ 0
ln ¯ +1 ¯ =
⇒
1
2 −1
¯´0
³ ¯ √
¯
¯
ln ¯+ 2 +1¯ =
⇒
√ 1
2 +1
⇒
R
R
R
R
R
R
R
R
R
R
R
R
R
R
R
= +
=
1
+1
+1
+
= ln || +
=
ln
+
= +
sin = − cos +
cos = sin +
1
cos2
= +
1
sin2
= − +
ctg = ln |sin | +
tg = − ln |cos | +
√ 1
1−2
1
1+2
1
2 −1
= arctg +
=
√ 1
2 +1
11
= sin +
1
2
¯
¯
¯ −1 ¯
ln ¯ +1 ¯ +
¯ √
¯
¯
¯
= ln ¯+ 2 +1¯ +
6
1. NEODREÐENI INTEGRALI
1.2
Metode integracije
1.2.1
Direktna integracija
Ova metoda se sastoji u tome da se podintegralna funkcija tako transformiše
da se izrazi kao više elementarnih funkcija koje se integrale koristeći Tablicu
1.1. Pri tome se koriste pravila integriranja.
Primjer 1.3.
R¡ 4
¢
R ¡ 2 ¢2
3
5
+8 +16+
+82 +16 =
+4 =
5
3
Primjer 1.4.
R
2 =
R
µ
1 − cos2
cos2
¶
=
Primjer 1.5.
R
µ
¶
1
−
1
= − +
cos2
´
R ³ 32
R 2 − 5 + 1
√
− 512 + −12 =
=
¶
µ 2
√
5
2 52
2 32
12
=
− 5· + 2 + = 2
− +1 +
5
3
5
3
1.2.2
Metoda supstitucije
Kada primitivnu funkciju date funkcije nije moguće naći direktno, treba
pokušati primijeniti metodu supstitucije (uvo†enja nove varijable).
Ako je neprekidno diferencijabilna funkcija i 0 6= 0 a neprekidna
funkcija, tada se uvodi smjena = () :
R
¯
¯ () =
¯ 0 () =
[ ()] 0 () = ¯
Primjer 1.6.
¯
Z
¯ 3 − 4 =
√
= ¯¯
3 =
3 − 4
¯
¯ R
¯ = () = () += [ ()] +
¯
¯
Z
¯ 1
2
2√
¯=
√ = 12 + =
3 − 4 +
¯ 3
3
3
1.2. METODE INTEGRACIJE
7
Primjer 1.7. Integrali
()
R
2 + 2
R
()
√
2
− 2
rješavaju se smjenom =
()
R
√
2
± 2
( )
Z
1
2 − 2
¯
¯ Z
Z
¯ = ¯
1
1
1
¯
¯
=¯
=
=
= arctg+ = arctg +
¯
2
2
2
2
2
2
=
+
+
1+
¯
¯ Z
Z
Z
¯ = ¯
¯ = √
√
√
= ¯¯
=
= arcsin + = arcsin +
¯
2
2
2
2
2
2
=
−
−
1−
Z
Z
Z
¯
¯ Z
Z
¯ = ¯
1
¯
¯
√
√
√
= ¯
=
=
¯
=
2 ± 2
2 2 ± 2
2 ± 1
¯
¯
p
¯
¯
= ln ¯ + 2 ± 1¯ + 1
¯
¯
¯
¯
¯ r 2
¯
¯ + √2 ± 2 ¯
¯
¯
¯
¯
= ln ¯ +
± 1¯ + 1 = ln ¯
¯ + 1
¯
¯
¯
¯
2
¯
¯
p
¯
¯
= ln ¯ + 2 ± 2 ¯ + = − ln || + 1
¯
¯
¯
¯
Z
Z
¯1 + ¯
¯ = ¯
1
1
1
¯
¯
¯+
¯
=
ln
=
=
2 − 2 ¯ = ¯
2 − 2 2
1 − 2
2 ¯ 1 − ¯
¯
¯
¯ + ¯
1
¯+
=
ln ¯
2 ¯ − ¯
Napomena. Zapamtiti kao tablične integrale:
()
()
()
( )
Z
1
1
= arctg +
2 + 2
Z
1
√
= arcsin +
2
2
Z −
¯ p
¯
1
¯
¯
√
= ln ¯ + 2 ± 2 ¯ +
2
2
±
¯
¯
Z
¯ + ¯
1
1
¯
¯ +
ln
=
2 − 2
2 ¯ − ¯
8
1. NEODREÐENI INTEGRALI
1.2.3
Parcijalna integracija
Ako su : → R neprekidno diferencijabilne funkcije na intervalu onda
su funkcije 0 i 0 integrabilne na i pri tome vrijedi:
R
() 0 () = () () −
Primjer 1.8.
¯
¯ = ln = 1
R
R
ln = ¯¯
= = =
Primjer 1.9.
Z
2
=
(1 + 2 )2
=
R
0 () ()
¯
¯
R
¯ = ln − 1 = ln − +
¯
¯
¯
¯
¯
=
=
¯
¯
¯
¯
−1
(1 + 2 )2 ¯ = (1+2 )2 = 2(1+2 ) ¯
Z
−
1
1
1
−
+
+ arctg +
=
2
2
2
2 (1 + ) 2
1+
2 (1 + ) 2
Z
Primjer 1.10.
=
R
¯
¯ = =
= ¯¯
=−1 =
Tako se dobila formula rekurzije:
¯
Z
¯
¯ = − −1 = −−1
¯
= − −1
Koristeći dobijenu formulu nalazimo, na primjer:
µ
¶
Z
Z
Z
5 = 5 − 5 4 = 5 − 5 4 − 4 3 =
µ
¶
Z
5
4
3
2
= − 5 + 20 − 3
µ
¶
Z
= 5 − 54 + 203 − 60 2 − 2
µ
¶
Z
5
4
3
2
= − 5 + 20 − 60 + 120 − =
= 5 − 54 + 203 − 602 + 120 − 120 +
¢
¡
= 5 − 54 + 203 − 602 + 120 − 120 +
1.3. ZADACI SA RJEŠENJIMA
1.3
9
Zadaci sa rješenjima
Izračunati slijedeće integrale:
Z
¢
¡ 3
Zadatak 1.1
8 − 32 + 4
Rješenje:
Z
¢
¡ 3
8 − 32 + 4 = 8
Z
3
− 3
Z
2
+ 4
= 24 − 3 + 4 +
¶
Z µ
5
3
−
Zadatak 1.2
2
Z
= 8
3
4
− 3 + 4 +
4
3
Rješenje:
Z µ
3
5
−
2
Zadatak 1.3
Z
¶
= 3
Z
−2
− 5
¡
¢
( + 1) 2 − 3
32
Z
3
1
+ = − − 5 ln || +
Rješenje:
¢
¡
¶
Z 3
Z µ
( + 1) 2 − 3
1 1
1
+ 2 − 3 − 3
1
+ − − 2
=
=
32
32
3
3
1
1 2 1
+ − ln || + +
=
6
3
Z
cos 2
Zadatak 1.4
cos − sin
Z
Rješenje:
Z
cos 2
=
cos − sin
=
Z
Z
cos2 − sin2
=
cos − sin
Z
(cos − sin )(cos + sin )
cos − sin
(cos + sin ) = sin − cos +
10
1. NEODREÐENI INTEGRALI
Zadatak 1.5
Z
1
sin cos2
2
Rješenje:
Z
¶
Z
Z µ
1
1
1
sin2 + cos2
+
=
=
cos2 sin2
sin2 cos2
sin2 cos2
= tg − ctg +
Zadatak 1.6
Z
4
2 + 1
Rješenje:
Z
4
=
2 + 1
=
Zadatak 1.7
Z
Z
4 − 1 + 1
=
2 + 1
Z
¡ 2
¢
− 1 +
3
− + arctg +
3
Z
1
1 + 2
1
2 − 5
Rješenje:
Z
¯
¯ 2 − 5 =
1
= ¯¯
2 =
2 − 5
¯
Z
¯ 1
1
1
1
¯=
= ln || + = ln |2 − 5| +
¯ 2
2
2
Z √
1 + ln
Zadatak 1.8
Rješenje:
¯
Z √
¯ 1+ ln =
1+ ln
= ¯¯
=
Zadatak 1.9
Z
5
¯ Z
3
Z
q
√
¯
1
2
2
¯=
= 2 = 3 +=
(1+ ln )3 +
¯
3
2
Rješenje:
Z
¯
¯ 5 =
= ¯¯
5 =
5
¯ Z
Z
¯
¯ = = 1 = 1 + = 1 5 +
¯
5
5
5
5
1.3. ZADACI SA RJEŠENJIMA
11
Z
3 + 1
+ 1
¡
¢
Z 3
Z
Z
¡ 2
¢
( + 1) 2 − + 1
+1
=
=
−
+
1
+ 1
+ 1
1 2
− + +
=
2
Z
Zadatak 1.11
2 + 1
Zadatak 1.10
Rješenje:
¯
¯ =
= ¯¯
2
=
+1
R
2
Zadatak 1.12 .
Z
¯ Z
¯
¯=
= arctg + = arctg +
¯
2
+1
Rješenje:
¯
¯ 2 =
= ¯¯
2 =
Z
3
Zadatak 1.13
5 + 32
R
2
¯
¯ 1R
1
1 2
¯=
¯ 2 = 2 + = 2 +
Rješenje:
¯
¯
Z
¯ 5 + 32 = ¯ 1
¢
1
1 ¡
3
2
¯
¯=
+
=
ln
||
+
=
ln
5
+
3
=
¯
¯
6 =
5 + 32
2
2
2
Z
sin
√
Zadatak 1.14
cos
Z
Rješenje:
¯
¯
sin
cos =2
√
= ¯¯
− sin =2
cos
Z
1
√
Zadatak 1.15
7 − 2
Z
¯ Z
¯
√
¯ = −2 = −2 + = −2 cos +
¯
Rješenje:
Z
1
√
=
7 − 2
Z
1
q√
= arcsin √ +
7
( 7)2 − 2
12
1. NEODREÐENI INTEGRALI
Zadatak 1.16
Z
32
5
+ 6 + 7
Rješenje:
Z
5
2
3 +6+7
¯
¯
Z
¯ +1= ¯
5
5
¯
¯
=
=¯
= ¯
3 (2 +2+1) + 4
3
(+1)2 + 43
Z
5
1
5 1
arctg 2 +
³ ´2 =
2
√
3
3√
2 + √23
3
3
√
√
3 ( + 1)
5 3
arctg
+
6
2
Z
=
=
=
Zadatak 1.17
Z
1
√
22 + 6 + 5
Rješenje:
Z
√
2
2 +6+5
=
=
=
=
Zadatak 1.18
Z
Rješenje:
Z
√
2
3 −5+6
¯
¯
Z
¯ + 3 = ¯
1
2
¯
¯
q
q¡
=√
¢2 1 = ¯ = ¯
5
2
3
2
+3+ 2
+ 2 + 4
¯
¯
r
Z
¯
¯
1
1
1
¯
¯
√
q
= √ ln ¯ + 2 + ¯ + 1
4¯
2
2 ¯
2 + 14
¯
¯
r
¯
¯
3
1
5
¯
¯
√ ln ¯ + + 2 + 3 + ¯ + 1
¯
¯
2
2
2
¯
¯
p
√
1
¯
¯
√ ln ¯2 + 3 + 42 + 12 + 10¯ + =1 − ln 2 2
2
1
√
2
Z
1
√
2
3 − 5 + 6
¯
¯
2 −5+6 = 3(2 − 5 + 2)
¯
¯
3
3
¯
i
h¡
h¡
i ¯
¢
¢
= ¯
2
2
¯
5
+ 47
¯ = 3 − 56 − 25
36 +2 = 3 − 6
36 ¯
Z
Z
1
r h
rh
=
=√
i
¡
¢2
¡ 5 ¢2 √47 i
3
3 − 56 + 47
− 6 +( 6 )2
36
v⎡
¯
⎤¯
¯µ
¶ u
¶2 à √ !2 ¯¯
u µ
¯
5
5
47 ⎦¯
1
u
¯
+ t⎣ −
= √ ln ¯ −
+
¯ +
¯
6
6
6
3 ¯¯
¯
1.3. ZADACI SA RJEŠENJIMA
Zadatak 1.19
Z
13
√
5 − 4 − 2
Rješenje:
Z
√
5−4−2
=
=
Zadatak 1.20
Z
Z
Z
√
=
9−4−4−2
Z
q
9− ( + 2)2
¯
¯ +2 =
= ¯¯
=
+2
√
+
= arcsin + = arcsin
3
3
9−2
¯
¯
¯
¯
5 + 6
+ 3 + 4
22
Rješenje: Nazivnik podintegralne funkcije nadopunit ćemo na pun kvadrat.
Kako je
⎡
3
22 +3+4 = 2 ⎣2 + +
2
|
{z
imamo:
Z
(5+6)
22 +3+4
=
=
=
=
=
=
=
=
⎤
"µ
#
µ ¶2 µ ¶2
¶2
3
3
3
23
+ 2⎦ = 2 +
+
−
4
4
4
16
}
¯
¯
¯ + 3 = ¯
5 + 6
¡ 3 ¢2 23 = ¯¯ 4= ¯¯
+ 4 + 16
¢
Z ¡
5 − 34 + 6
1
2
2 + 23
16
¶Z
µ
Z
1
15
5
+ − + 3
23
2
2
2
8
+ 16
+ 23
16
Z
Z
2
1
5
9
+
23
2
2
4
8
+ 16
+ 23
16
¯
¯
5 ¯¯ 2 23 ¯¯ 9 1
ln ¯ + ¯ + √ arctg √ +
23
23
4
16
8
4
4
¯µ
¯
¶
3 2 23 ¯¯ 9 4
4
5 ¯¯
ln ¯ +
+ ¯ + √ arctg √ +
4 ¯
4
16 ¯ 8 23
23
¯µ
¯
¶
3 2 23 ¯¯
9
4
5 ¯¯
ln ¯ +
+ ¯ + √ arctg √ +
4 ¯
4
16 ¯ 2 23
23
¯
¯
¯
9
5 ¯¯ 2 3
4 + 3
ln ¯ + + 2¯¯ + √ arctg √
+
4
2
2 23
23
1
2
Z
14
1. NEODREÐENI INTEGRALI
Zadatak 1.21
Z
7 − 13
√
5 + 3 − 22
Rješenje:
=
=
=
=
=
1
Z
Z
Z
7 − 13
1
√
= 7 √
− 13 √
2
2
5+3−22
Z5+3−2
Z5+3−2
7
−4 + 3 − 3
1
√
−
− 13 √
2
2
4
5+3−2
5+3−2
Z
Z
Z
7
−4 + 3
1
21
1
√
√
−
+
− 13 √
2
2
2
4
4
5+3−2
5+3−2
5+3−2
Z
Z
7
−4 + 3
1
31
√
√
−
−
2
4
4
5+3−2
5+3−22
31
7
− 1 − 2
4
4
¯
¯ 5+3−22 = 2
−4 + 3
√
=
= ¯¯
(−4+3) = 2
5+3−22
p
= 2 5+3−22 + 1
Z
¯ Z
¯
2
¯=
=2 + 1
¯
¯
¢
¡
¯ 5 + 3 − 22 = 2 5 + 3 − 2 − 9 + 9
2
2
16
16
¯
h
i
h
¡
¡
¢
¢ i
√
=¯
2 =
5
9
3 2
49
3 2
2
=
2
+
−
−
−
−
=
2
¯
5+3−2
2
16
4
16
4
Z
Z
1
1
1
1
q
q
= √
= √
¡
¡
¢
¢
2
2
49
3 2
49
3 2
−
−
−
−
16
4
16
4
¡
¢
3
− 4
(4 − 3)
1
1
+ 2
= √ arcsin
+ 2 = √ arcsin
7
7
2
2
4
√
Z
(4 − 3)
7p
31 2
7 − 13
2
√
arcsin
+
= −
5 + 3 − 2 −
2
8
7
5 + 3 − 22
Z
¯
¯
¯
¯
¯
1.3. ZADACI SA RJEŠENJIMA
Zadatak 1.22
Z
15
ln( + 2)
Rješenje:
R
¯
¯ = ln( + 2) = 1
¯
+2
R
ln( + 2) = ¯
2
¯ = = = 2
=
=
=
=
Zadatak 1.23
Z
2
2
2
2
2
2
2
2
¯
¯
¯
¯
¯
R 2 1
2 +2
Z 2
1
−4+4
ln( + 2) −
2
+2
µZ
¶
Z
1
1
ln( + 2) −
( − 2) + 4
2
+2
1
ln( + 2) − 2 + − 2 ln | + 2| +
4
ln( + 2) −
(2 + 5 − 6)−3
Rješenje:
¯
¯ = 2 + 5 − 6 = (2 + 5)
R
(2 + 5 − 6)−3 = ¯¯
= −3 = −3 = − 13 −3
Z
1 2
1
−3
= − ( + 5 − 6)
− − −3 (2 + 5)
3
3
Z
1 2
1
−3 (2 + 5)
= − ( + 5 − 6)−3 +
3
3
1
1
= − (2 + 5 − 6)−3 + 1
3
3
=
1
Z
¯
¯
¯
¯
=
2
+
5
=
2
¯
R −3
=
(2 + 5) = ¯¯
1 −3 ¯
−3
= = = − 3
Z
1
2
1
2
−3
= − (2 + 5)
+
−3 = − (2 + 5)−3 − −3 + 1
3
3
3
9
Z
−3
1
1
2
= − (2 + 5 − 6)−3 − (2 + 5)−3 − −3 +
3
9
27
Z
Zadatak 1.24 (−2 + 5 − 9) sin 3
¯
¯
¯
¯
16
1. NEODREÐENI INTEGRALI
Rješenje:
¯
¯ = −2 + 5 − 9 = (−2 + 5)
=
(− +5−9) sin 3 = ¯¯
= sin 3 = −1
3 cos 3
Z
1
1
(−2 + 5) cos 3
= − (−2 + 5 − 9) cos 3 +
3
3
1
1
= − (−2 + 5 − 9) cos 3 + 1
3
3
¯
¯
Z
¯
¯
= −2+5 R = − 2
¯
¯
(−2+5) cos 3 = ¯
1 =
1
= cos 3 = cos 3= 3 sin 3 ¯
Z
2
1
2
1
(−2+5) sin 3+
sin 3= (−2+5) sin 3− cos 3+1
=
3
3
3
9
Z
2
2
1
1
cos 3 +
= − (−2 + 5 − 9) cos 3 + (−2 + 5) sin 3 −
3
9
27
Z
Zadatak 1.25
5 sin 4
Rješenje:
=
=
1 =
=
¯
¯ = sin 4 = 4 cos 4
R
sin 4 = ¯¯
= 5 = 5 = 15 5
Z
1 5
4
1
4
sin 4 −
5 cos 4 = 5 sin 4 − 1
5
5
5
5
Z
¯
¯ = cos 4 = −4 sin
R
cos 4 = ¯¯
= 5 = 5 = 15 5
Z
1 5
4
cos 4 +
5 sin 4
5
5
Z
=
=
+
5
16
=
25
41
=
25
=
5
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
µ
¶
Z
1 5
4 1 5
4
5
sin 4 −
cos 4 +
sin 4
5
5 5
5
4
16
1 5
sin 4 − 5 cos 4 −
5
25
25
1 5
4 5
sin 4 − cos 4
5
25
1 5
4
sin 4 − 5 cos 4
5 µ
25
¶
25 1 5
4 5
sin 4 − cos 4 +
41 5
25
¯
¯
¯
¯
1.3. ZADACI SA RJEŠENJIMA
Zadatak 1.26
Z
17
cos
sin3
Rješenje:
Z
Z
=
ctg 2 = − ctg (ctg)
sin
¯
¯
¯
¯
=
=
¯
¯
R
= ¯
1
2
= ctg (ctg) = ctg (ctg) = 2 ctg ¯
µ
µ
¶
¶
Z
Z
2
1
1
1 − sin2
2
2
= −
ctg −
ctg = −
ctg −
2
2
2
sin2
´
¢
1³
1¡
+
ctg
+
= − ctg2 + ctg + + = −
2
2 sin2
Z p
2 − 2
Zadatak 1.27
cos
=
sin3
Z
Rješenje:
=
=
1 =
=
Z p
Z
Z
Z
2 − 2
2
2
2
2
√
√
− =
=
− √
2 − 2
2 − 2
2 − 2
Z
1
2 √
− 1 = 2 arcsin − 1
2 − 2
Z
Z
2
√
√
=
=
2
2
2 − 2
−
¯
¯
¯
¯
= = √2−2
¯
¯
√
R
¯
¯
¯ = = √2 −2 = − 2 −2 ¯
Z p
p
2
2
− − +
2 − 2
p
+ 2 − 2 −
p
2
2 = arcsin + 2 − 2
´
p
1³ 2
arcsin + 2 − 2 +
=
2
= 2 arcsin
18
1. NEODREÐENI INTEGRALI
Zadatak 1.28
Z
2 5
Rješenje:
=
=
=
=
¯
¯
= =
¯
R
R sin2 5
¯
2 5 = ¯ = 2 5 = 2 5 = cos
2 5
R 1−cos2 5
¯
1
¯
=
= 5 5 −
cos2 5
µ
¶ Z µ
¶
1
1
5 − −
5 −
5
5
Z
Z
1
1
2
5 − −
5 +
5
5
1
1
2
5 − 2 − 1 +
5
5
2
Z
1 =
Z
5 =
Z
¯
¯
sin 5
cos 5 =
= ¯¯
−5
sin
5 =
cos 5
1
1
= − ln || = − ln |cos 5|
5
5
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
Z
¯
¯ = −1
¯
5
1
2
1
= tg5 − 2 +
ln |cos 5| +
+
5
25
2
Z
arcsin
√
Zadatak 1.29
1 − 2
Rješenje:
¯
¯
1
¯
¯
= arcsin = √1−
arcsin
2
¯
¯
√
R
√
=
= ¯
2 ¯¯
√
√
2
=
=
=
−
1−
¯
1−
2
1−2
Z p 1−
Z
p
p
1
2
2
2
= − 1− arcsin +
1− √
= − 1− arcsin +
1−2
p
= − 1−2 arcsin + +
Z
1.4. TEHNIKE RAČUNANJA INTEGRALA
1.4
Tehnike računanja integrala
1.4.1
Integracija racionalnih funkcija
19
Ako su () i () dva polinoma
() = 0 + 1 + · · · +
() = 0 + 1 + · · · +
(1.1)
(1.2)
tada pod općom racionalnom funkcijom podrazumjevamo funkciju
() =
()
()
(1.3)
Ako je () () 1 , funkcija () naziva prava racionalna
funkcija.
Ukoliko je () ≥ () tada vrijedi:
2 ()
()
= 1 () +
gdje je 2 () ()
()
()
Pod prostim racionalnim funkcijama podrazumjevaju se slijedeće funkcije:
= 1 2
( − )
+
= 1 2
2
( + + )
(1.4)
(1.5)
Vrijedi slijedeća tvrdnja: Svaka prava racionalna funkcija može se
predstaviti kao suma prostih racionalnih funkcija.
¢
¡
Naprimjer, ako je () = (−) 2 ++ tada za () ()
vrijedi
()
()
=
1
1
−
=
()
(−) (2 ++)
2
+ (−)
2 +···+
=
(−)
+1
2 +2
+
+ 21++
+ (
+ · · · + (
2 ++)
2 ++)2
− () je stepen polinoma ()
20
1. NEODREÐENI INTEGRALI
Zahvaljujući prikazu prave racionalne funkcije kao zbira prostih racionalnih funkcija, integracija prave racionalne funkcije svodi se na računanje integrala slijedeća četiri tipa:
Z
Z
−
( − )
Z
Z
+
+
2
2
+ +
( + + )
gdje su ≥ 2 i ≥ 2 prirodni brojevi; i realni brojevi, takvi
da polinom 2 + + nema realnih nula, tj. da je 2 − 4 0
Pokažimo kako se računaju ti integrali:
Integaral tipa :
¯
¯ −=
R
= ¯¯
=
−
Integaral tipa :
R
¯
¯
R
¯ = = ln || + = ln | − | +
¯
¯
¯
¯ −= ¯
R
−
¯
¯ = − =
+
= ¯
¯
=
( − )
( − 1) −1
−
+
=
( − 1) ( − )−1
Integaral tipa :
Nadopunimo kvadratnu funkciju do punog kvdrata:
¶
µ
³
´2
2
2
+ −
+ + = +
2
4
2
Neka je 2 = − 4 Supstitucijom = + 2 dobijamo:
¶Z
µ
Z
Z
Z
+ −
2
+
2
=
=
+ −
2
2
2
2
2
2
++
+
2
+
2
+2
¶ Z
µ
¢
¡2
1
ln + 2 + −
=
¡ ¢2
2
2
+ 12
¢ 2 −
¡2
ln + 2 +
+
=
2
2
¢ 2 −
¡ 2
2 +
=
ln + + + p
p
+
2
2
4 −
4 − 2
1.4. TEHNIKE RAČUNANJA INTEGRALA
21
Integaral tipa :
Uz oznaku 2 = −
Z
2
4
supstitucijom = +
2
dobijamo:
Z
+ −
2
(2 +2 )
¶Z
µ
Z
2
+
−
2
(2 +2 )
2
(2 + 2 )
µ
¶Z
−
−1 + − 2
2
2
2
( + 2 )
2 (−1) ( + )
+
=
2
( ++)
=
=
Integral
Z
(2
+ 2 )
računamo po slijedećoj rekurzivnoj formuli:
Z 2
Z
+ 2 − 2
1
=
=
(2 + 2 )
2
(2 + 2 )
=
=
1
2
Z
|
(2 + 2 )−1
{z
−1
⎛
}
−
1
2
Z
¯
¯ =
=
¯
¯ = 2 2
2
= ¯
( + )
¯
( + 2 )
¯ = 2(1−)(12 +2 )−1
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
⎞
⎜
⎟
Z
⎟
1
1 ⎜
1
⎟
−1 − 2 ⎜
−
⎜
⎟
−1
−1
2
⎝ 2 (1 − ) (2 + 2 )
2 (1 − ) (2 + 2 )
|
{z
}⎠
−1
Sre†ivanjem dobija se rekurzivna formula:
=
1
2 − 3
−1
+
2
2
2
2 ( − 1) ( + )
2 ( − 1) 2
R
Istim postupkom za integral = (2 −
2 ) dobija se rekurzivna formula:
1
2 − 3
+
−1
=
2 ( − 1) 2 (2 − 2 ) 2 ( − 1) 2
22
1. NEODREÐENI INTEGRALI
Primjer 1.11.
Z
2
( + 4 + 13)2
=
Z
=
Z
=
=
=
=
=
¯
¯ +2=
i2 = ¯¯
h
=
( + 2)2 + 9
Z
¯
¯
¯
¯
9 + 2 − 2
=
(2 + 9)2
¯
¯ = =
Z
Z
¯
1
1
¯ =
−
=
¯
(2 +9)2
2
2
¯
9
2 + 9 9
( + 9)
1
¯ = 2(−1)(2 +9)
µ
¶
Z
Z
1
1
1
−
1
1
−
+
9
2 + 9
9 2 (2 + 9) 2
2 + 9
µ
¶Z
1
1
1
+
1
−
18 (2 + 9) 9
2
2 + 9
1
1
2 = 9
2
( + 9)
+
1 1
arctg +
18 3
3
18 (2
+ 9)
18 (2
+2
1
+2
+ arctg
+
+ 4 + 13) 54
3
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
1.4. TEHNIKE RAČUNANJA INTEGRALA
1.4.2
23
Integracija nekih iracionalnih funkcija
Moguće je naći integrale samo nekih iracionalnih funkcija pri čemu se različitim metodama integrali tih iracionalnih funkcija svode na integrale racionalnih funkcija.
() Integrali oblika
Z
³
1
2
´
1 2
gdje je racionalna funkcija svojih argumenata, rješavaju se smjenom
= gdje je = {1 2 }
pri čemu se gornji integral svodi na integral racionalne funkcije.
Primjer 1.12.
¯
¯ Z 18
Z √ 3 √
¯
¯
− 3
− 4
= 12
¯
¯=
√
1211
=
¯ = 1211 ¯
123
12 4
Z
¢
¡ 26
1 √
1 √
=
− 12 = 2 4 − 12 +
27
13
() Integrali oblika
à µ
¶ 1 µ
¶ 2
¶ !
µ
Z
+ 2
+
+ 1
+
+
+
gdje je racionalna funkcija svojih argumenata, rješavaju se smjenom
+
= gdje je = {1 2 }
+
pri čemu dati integrali prelaze u integrale racionalnih funkcija.
Primjer 1.13.
Z
1
r
¯
¯ Z
¯
2 − 1
−2
¯
¯=
2
2
¯
( − 1)2
¯
¯q
¯
¯
¯
¯
¯
Z
+1
¯ + 1¯
¯ −1 ¯
2
¯
¯
¯+
¯
= ¯
+ = ¯ q
= −
¯
2 −1
− 1¯
¯ −1 −1 ¯
√
√
¯√
√ ¯
+ −1
√
= √
+ = 2 ¯ − 1 + ¯ +
− −1
¯
2
¯
−1 =
¯
¯
2
= 2 −1
= ¯
¯
−1
2
¯ = − (2 −1)
2
24
1. NEODREÐENI INTEGRALI
() Integrali oblika
Z
³ p
´
2 + +
rješavaju se jednom od tri Eulerove supstitucije:
√
√
1. 2 + + = ± ( 0)
√
√
2. 2 + + = ± ( 0)
√
3. 2 + + = ( − 1 ) gdje je 1 jedna od realnih nula kvadratnog
trinoma 2 + +
Primjer 1.14.
¯
¯
√
¯ Koeficijet = 1 0 ⇒ 2 ++1 = + ¯
Z
¯
¯
¯
2 ++1 = 2 +2+2 ¯¯
√
= ¯ Kvadriranjem:
¯
¯
2 −1
2 −+1
+ 2 ++1
= 1−2
= − 2 (1−2)
¯
¯
2
¸
Z 2
Z ∙
−+1
3
3
−2
= −2
+
−
2 =
2−1 (2−1)2
(1−2)
3
3
+
= −2 ln || + ln |2−1| +
2
2 (2−1)
¯ 3 ¯ p
¯
¯p
¯
¯
¯
¯
= −2 ln ¯ 2 ++1−¯ + ln ¯2 2 ++1−2−1¯ +
2
3
´ +
+ ³ √
2 2 2 ++1−2−1
Napomena. Za rješavanje integrala koji sadrže radikale
p
p
p
2 − 2
2 − 2
2 + 2
ponekad je zgodno uvesti tzv. trigonometrijske supstitucije:
√
- ako integral sadrži radikal 2 − 2 stavlja se = odakle se
dobija√
2 − 2 =
√
- ako integral sadrži radikal 2 − 2 stavlja se = odakle se
dobija√
2 − 2 =
√
- ako integral sadrži radikal 2 + 2 stavlja se = odakle se
dobija√
2 + 2 =
1.4. TEHNIKE RAČUNANJA INTEGRALA
( )
25
Integrali oblika
Z
()
√
2 + +
mogu se riješiti metodom Ostrogradskog koja se sastoji u tome da se dati
integral napiše u obliku
Z
Z
p
1
()
√
= −1 () 2 + + + √
2 + +
2 + +
gdje je −1 () polinom ( − 1)-og stepena sa nepoznatim koeficijentima,
a konstanta koju treba odrediti.
Deriviranjem obje strane gornjeg identiteta dobijamo:
p
()
(2 + ) −1 ()
√
√
= 0−1 () 2 ++ +
+√
2
2
2
++
2 ++
++
√
Nakon množenja sa 2 + + imamo:
¶
µ
¡ 2
¢
0
() = −1 () + + + +
−1 () +
2
Upore†ujući koeficijente uz iste stepene od dolazimo do sistema ( + 1)
linearnih jednadžbi sa ( + 1) nepoznatih, iz kojeg odre†ujemo koeficijente
polinoma −1 () i konstantu
R 3
Primjer 1.15. Izračunati √2−−1
+2+1
Koristit ćemo metod Ostrogradskog.
Z
Z
¢p
¡
3 −−1
√
2 +2−1 + √
= 2 + +
2
2
+2−1
+2−1
Nakon deriviranja dobija se:
¡ 2
¢
p
++ (+1)
2
√
= (2+) +2−1+
+√
2
2
+2−1
+2−1
¡
¢ ¡
¢
3 − − 1 = (2 + ) 2 + 2 − 1 + 2 + + ( + 1) +
3 −−1
√
2 +2−1
Poredeći koeficijente uz iste stepene od dobija se:
⎫
3 = 1
⎪
⎪
⎬
−5
−17
−14
1
5 + 2 = 0
=
=
.
⇒= =
−2 + 3 + = −1 ⎪
3
6
6
3
⎪
⎭
− + + = −1
26
1. NEODREÐENI INTEGRALI
Dakle,
¢
Z ¡ 3
−−1
√
2 +2−1
µ
¶
Z
1 2 5
17 p 2
14
√
=
− −
+2−1−
2
3
6
6
3
+2−1
¶p
µ 2
¯
¯
p
5 17
14 ¯
¯
− −
=
2 +2−1− ln ¯+1+ 2 +2−1¯ +
3
6
6
3
( ) Integral oblika
R
( + )
gdje su 6= 0 6= 0 realni brojevi, nazivamo binomnim integralom.
Ruski matematičar P.L.Čebišev (1821-1894), je 1853. godine dokazao da
se binomni integral može prikazati pomoću elementarnih funkcija samo u
slijedeća tri slučaja:
a) ako je ∈ Z U ovom slučaju supstitucijom = gdje je najmanji
zajednički sadržalac nazivnika razlomaka i dati integral se svodi na
integral racionalne funkcije.
b) ako je +1
∈ Z U ovom slučaju supstitucijom + = gdje je
nazivnik razlomka dati integral se svodi na integral racionalne funkcije.
c) ako je
+1
∈ Z U ovom slučaju transformacijom
£ ¡
¢¤
¡
¢
= + + −
( + ) = + −
polazni integral prelazi u integral tipa b) pa ga rješavamo supstitucijom
+ − = gdje je nazivnik razlomka
Primjer 1.16.
Z
³
´
√
√
3
3
2 1 + 2
=
=
R
−2
3
¯
³
´
¯
2 −1
3
1+
= ¯¯
¯
¯
= −1 ∈ Z
¯
3
2
= ⇒ = 3 ¯
³
´
¢−1
R ¡ 3 ¢ −2
R¡
2 −1
3 1 + 3· 3
32 = 3 1 + 2
=
= 3arctg + = 3arctg
√
3
+
1.4. TEHNIKE RAČUNANJA INTEGRALA
27
Primjer 1.17.
Z
3
q
=
(1 − 2 )3
Z
¯
¯
¡
¢ −3
2 2
1−
= ¯¯
3
1
+1
3+1
= 2 ∈Z
2
2
− = ⇒ =
¶
Z µ
1
1 − 2 =
p
1
1
= + + = 1 − 2 + √
+
1 − 2
= −
Z
¡
1 − 2
¢ ¡ 2 ¢ −3
2 =
¯
¯
¯
− ¯
Primjer 1.18.
Z
¯ +1
¯ + = −3+1
+ −1
∈Z
3
¯
−1
¡ 3 3 ¢ −1
¡
¢
1
¯ −3
−3
3 3
3
√
=
= ¯ −1= ⇒ = +1 3
1−
¯
−4
3 3 1 − 3
¯ = − ¡3 + 1¢ 3 2
¶ −1
µ
Z
3 ¡
¡3
¢
¢ −4
1
= −
+1 1− 3
3 + 1 3 2
+1
q
3
Z
3 2
1 2
1 (1 − )
= − = − + = −
+
2
2
2
Z
Napomena. Integral oblika
Z
sin cos (0 2)
gdje su i racionalni brojevi, supstitucijom sin = prelazi u integral
binomnog diferencijala:
¯
¯
Z
Z
¯ sin = ¯
¯
sin cos−1 cos = ¯¯
sin cos =
cos = ¯
Z
¡
¢ −1
=
1 − 2 2
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
28
1. NEODREÐENI INTEGRALI
1.4.3
Integrali trigonometrijskih funkcija
() Integral oblika:
Z
(sin cos )
gdje je racionalna funkcija svojih argumenata, može se supstitucijom =
2 svesti na integral racionalne funkcije.
Iz smjene = 2 slijedi = 2 odakle diferenciranjem dobijamo
=
2
1 + 2
Kako je
2 sin 2 cos 2
2 2
= 2 sin cos =
=
2
2
2
1 + 2 2
sin2 + cos2
cos2 2 − sin2 2
1 − 2 2
2
2
cos = cos 2 = cos
− sin
=
=
2
2
2
1 + 2 2
sin2 + cos2
sin = sin 2
imamo
sin =
pa dobijamo:
Z
1 − 2
2
cos
=
1 + 2
1 + 2
(sin cos ) =
Z
µ
2 1 − 2
1 + 2 1 + 2
¶
2
1 + 2
Primjer 1.19.
Z
4 sin +3 cos +5
=
=
=
=
¯
¯
¯
¯
2
= 2 ⇒ = 1+
2
¯
¯
¯
¯
2
2
1−
¯ sin = 1+2 cos = 1+2 ¯
Z
Z
2
2
1+2
=
2
1−2
8+3−32 +5+52
4 2 +3 1+2 +5
Z
Z 1+
1
=
+
2
=−
2
2
2 +8+8
+2
(+2)
1
−
+
2 + 2
1.4. TEHNIKE RAČUNANJA INTEGRALA
29
() Integral oblika:
Z
¢
¡
sin2 cos2 sin cos
gdje je racionalna funkcija svojih argumenata, može se supstitucijom =
svesti na integral racionalne funkcije.
Iz smjene = slijedi = odakle diferenciranjem dobijamo
=
1 + 2
Kako je
sin2 + cos2 = 1 Á : cos2
1
1 + 2
2
⇒ sin2 =
1 + 2
⇒ cos2 =
sin2 + cos2 = 1 Á : sin2
s
r
2
1
sin cos =
·
=
1 + 2
1 + 2
1 + 2
imamo
sin2 =
2
1
cos2 =
sin cos =
1 + 2
1 + 2
1 + 2
pa dobijamo:
µ 2
¶
Z
Z
¢
¡ 2
1
2
sin cos sin cos =
2
2
2
1+ 1+ 1+
1 + 2
Primjer 1.20.
Z
1 + sin2
¯
¯ = ⇒ =
¯
1+2
= ¯
1
sin2 = 1+
¯
2
Z
Z
1+2
=
=
2
1 + 22
1+
2
=
=
¯
¯
¯
¯
¯
Z
+ 2
1+
³√ ´
1 1
1
√
+
=
2 +
√1
2 √1
2
2
2
´
³√
1
√
2 +
2
1
=
2
1
2
30
1. NEODREÐENI INTEGRALI
() Integrali oblika:
Z
sin cos gdje su ∈ N
1) Ako je = 2+1 neparan broj, onda supstitucijom = sin dobijamo:
¯
¯
Z
Z
¯ = sin ¯
2
¯
¯
sin cos =
sin cos cos = ¯
= cos ¯
Z
¡
¢
=
1 − 2
Posljednji integral se lako rješava, jer je to integral polinoma po varijabli
Slično, ako je neparan broj, onda supstitucijom = cos polazni integral
prelazi u integral polinoma.
2) Brojevi = 2 i = 2 su parni. Pomoću trigonometrijskih formula
sin2 =
1 − cos 2
1 + cos 2
cos2 =
2
2
polazni integral postaje:
¶ µ
¶
Z
Z
Z µ
¡ 2 ¢ ¡ 2 ¢
1− cos 2 1+ cos 2
sin
sin cos =
cos =
2
2
Nakon stepenovanja, transformiramo sve dok ne dobijemo integrale neparnog
stepena funkcije
Primjer 1.21.
Z
4
2
sin cos =
=
¶ µ
¶
Z µ
¡ 2 ¢2
1− cos 2 2 1+ cos 2
2
sin cos =
2
2
Z
¢
1 ¡
1 − cos 2 − cos2 2 + cos3 2
8
Z
Kako je
Z
1
sin 2 +
cos 2 =
2
Z
Z
sin 4
1 + cos 4
cos2 2 =
= +
+
2
2
8
¯
¯
Z
Z
¯
¯
¡
¢
sin
2
=
3
2
¯
1 − sin 2 cos 2 = ¯¯
cos 2 =
2 cos 2 = ¯
Z
¢
3
sin 2 sin3 2
1 ¡
1 − 2 = − + =
−
+
=
2
2
6
2
6
1.4. TEHNIKE RAČUNANJA INTEGRALA
31
dobijamo:
Z
4
2
sin cos =
=
∙
µ
¶ µ
¶¸
sin 2 1
sin 4
sin 2 sin3 2
1
−
−
+
+
−
+
8
2
2
4
2
6
∙
¸
1
sin 4 sin3 2
−
−
+
16
4
6
( ) Integrali oblika
Z
sin () cos ()
Z
cos () cos ()
Z
sin () sin ()
gdje su i realni brojevi, mogu se riješiti pomoću trigonometrijskih formula (transformacija proizvoda u zbir):
sin () cos () =
cos () cos () =
sin () sin () =
1
[sin ( − ) + sin ( + ) ]
2
1
[cos ( − ) + cos ( + ) ]
2
1
[cos ( − ) − cos ( + ) ]
2
Pri tome je potrebno znati slijedeće integrale:
Z
Z
1
1
cos () =
sin +
sin () = − cos +
koji se lako rješavaju supstitucijom =
Primjer 1.22.
Z
sin 2 cos 3 =
=
Z
Z
1
1
[sin (−) + sin 5] =
[− sin + sin 5]
2
2
1
1
cos −
cos 5 +
2
10
32
1. NEODREÐENI INTEGRALI
1.5
Zadaci sa rješenjima
Zadatak 1.30
Z
2 + 1
( − 1)2 ( + 3)
Rješenje:
Primjetimo da je podintegralna funkcija prava racionalna funkcija, (stepen polinoma u brojniku manji je od stepena polinoma u nazivniku), pa
ćemo je predstaviti kao zbir prostih racionalnih funkcija:
2 + 1
( − 1)2 ( + 3)
=
+
+
2
− 1 ( − 1)
+3
2 + 1 = ( − 1)( + 3) + ( + 3) + ( − 1)2
2 + 1 = (2 + 2 − 3) + ( + 3) + (2 − 2 + 1)
Da bismo odredili koeficijenta , izjednačit ćemo koeficijente uz
iste stepene na lijevoj i desnoj strani jednakosti.
⎫
uz 2 : 1 = +
⎬
1
5
3
uz : 0 = 2 + − 2
⇒= = =
⎭
8
2
8
uz 0 : 1 = −3 + 3 +
II način za odre†ivanje koeficijenata i − uvrštavanje nula izraza u
zagradama.
2 + 1 = ( − 1)( + 3) + ( + 3) + ( − 1)2
1
= 1 : ⇒ 2 = 4 ⇒ =
2
5
= −3 : ⇒ 10 = 16 ⇒ =
8
Sada kad smo odredili i , možemo za uzeti bilo koju vrijednost.
2 + 1
=
na primjer,
=
( − 1)( + 3) + ( + 3) + ( − 1)2
0 : ⇒ 1 = −3 + 3 +
3
3 5
⇔ −3 + + = 0 ⇒ =
2 8
8
Konačno dobijamo da vrijedi:
1.5. ZADACI SA RJEŠENJIMA
Z
2 + 1
=
( − 1)2 ( + 3)
=
=
Zadatak 1.31
Z
Z
3
8
33
Z
1
2
Z
5
8
+
+
−1
( − 1)2
+3
Z
Z
Z
3
1
5
1
1
1
+
+
2
8
−1
2
( − 1)
8
+3
1
5
3
ln | − 1| −
+ ln | + 3| +
8
2( − 1) 8
5 + 4 − 8
3 − 4
Rješenje:
Podintegralna funkcija nije prava racionalna funkcija, stoga ćemo izvršiti
dijeljenje brojnika nazivnikom kako bi je sveli na pravu racionalnu funkciju.
5 + 4 − 8
42 + 16 − 8
2
=
+
+
4
+
3 − 4
3 − 4
¶
Z µ
5 + 4 − 8
42 + 16 − 8
2
=
++4+
=
=
3 − 4
3 − 4
3 2
+
+ 4 + 1
=
3
2
Z
Z
Z
42 + 16 − 8
42 + 16 − 8
42 + 16 − 8
1 =
=
=
3 − 4
(2 − 4)
( − 2)( + 2)
Z
42 +16−8
=
+
+
(−2)(+2)
−2 +2
42 + 16 − 8 = (−2)(+2) + (+2) + (−2)
⎫
za = 0
⇒ −8 = −4 ⎬
za = 2
⇒ 40 = 8
⇒ = 2 = 5 = −3
⎭
za = −2 ⇒ −24 = 8
1 =
Z
2
+
=
Z
5
−
−2
Z
3
= 2 ln || + 5 ln |−2| − 3 ln |+2| + 1
+2
3 2
+
+ 4 + 2 ln || + 5 ln | − 2| − 3 ln | + 2| +
3
2
34
1. NEODREÐENI INTEGRALI
Zadatak 1.32
Rješenje:
Z
5 + 2
3 − 1
¯
¯
2 + 2¯
¯¡ 5
¢ ¡ 3
¢
5 + 2
2
¯
= ¯¯ + 2 : − 1 = + 3
=
3 − 1
− 1¯
Z
Z
Z
1
2
2
=
+
+ 2
3
3
−1
−1
¯
3 1 ¯¯ 3
=
+ ln − 1¯ + 21
3
3
Z
Z
1
1
=
1 =
3
−1
( − 1)(2 + + 1)
Z
1
+
=
+ 2
2
( − 1)( + + 1)
−1 ++1
1 = (2 + + 1) + ( + )( − 1)
1 = ( + ) 2 + ( − + ) + −
Odredimo koeficijente i :
⎫
+ =0 ⎬
−1
−2
1
−+ =0
=
⇒= =
⎭
3
3
3
− =1
Sada je
1 =
=
=
=
Konačno je
=
=
Z
Z
1
1
+
3
−1
Z
1
1
ln | − 1| −
3
6
Z
1
1
ln | − 1| −
3
6
− 13 − 23
2 + + 1
2 + 1 + 3
2 + + 1
Z
2 + 1
1
1
−
¡
¢2
2
++1
2
+ 12 + 34
√
¢
1 ¡ 2
2 + 1
3
1
ln | − 1| − ln + + 1 −
arctg √
+ 1
3
6
3
3
¯ 2
¯
3 1 ¯¯ 3
1 ¯
+ ln − 1¯ + ln | − 1| − ln ¯2 + + 1¯ −
3
3
3 √
3
2 + 1
2 3
arctg √
−
+
3
3
√
2 3
2 + 1
3
+ ln | − 1| −
arctg √
+
3
3
3
1.5. ZADACI SA RJEŠENJIMA
Zadatak 1.33
Z
35
4 + 2
3 − 2 + − 1
Rješenje:
¯
¯
¯
¯
4 + 2
3
4 + 2
¯
¯
=
=
+
1
+
=
¯
3 − 2 + − 1
3 − 2 + − 1
3 − 2 + − 1 ¯
Z
Z
3
2
=
( + 1) +
=
− + 1
3 − 2 + − 1
2
Z
Z
3
3
=
1 =
3
2
− +−1
( − 1)(1 + 2 )
Z
Podintegralnu funkciju u integralu 1 predstavimo kao zbir prostih razlomaka, a zatim metodom neodre†enih koeficijenata nalazimo koeficijente
i .
+
+
−1
1 + 2
2
= (1 + ) + ( + )( − 1)
3
za = 1 :
3 = 2 ⇒ =
2
za = :
3 = − − + (− + )
¾
3
3
3 = − −
⇔
⇒=− =−
0 = − +
2
2
3
( − 1)(1 + 2 )
3
=
Dobija se:
1 =
2
Z
3
2
+
Z
− 32 − 32
3
=
2
1+
2
Z
1
3
−
−1
2
−1
3
3
ln | − 1| − 2
=
2 Z
Z
Z2
2
1
+1
1
+
=
=
1 + 2
2
2 + 1
2 + 1
¯
1 ¯¯ 2
ln + 1¯ + arctg + 1
=
2
Z
+1
1 + 2
Konačno imamo da je
¯ 3
3
3 ¯
2
− + ln | − 1| − ln ¯2 + 1¯ − arctg +
2
2
4
2
√
√
Z
3
+ 2 + 6
√
Zadatak 1.34
(1 + 3 )
=
36
1. NEODREÐENI INTEGRALI
Rješenje:
Z
√
√
3
+ 2 + 6
√
=
(1+ 3 )
¯
¯
Z 6
4
¯ = 6 ¯
¯
¯ = 6 + + 5
¯ = 65 ¯
6 (1 + 2 )
Z
Z
Z 5
3
1
+ +1
3
=
6
+
6
= 6
2
1+
1 + 2
√
3
3 4
+ 6arctg + = 23 + 6arctg 6 +
=
2
2
Zadatak 1.35
Rješenje:
5
p
√
3
2
(3 + 1) − 3 + 1
¯
¯
¯ 3 + 1 = 6 ¯
5
¯
¯
p
=
√
¯ 3 = 65 ¯
3
(3 + 1)2 − 3 + 1
Z
Z
Z
25
2
5
= 5
=
10
= 101
=
10
4 − 3
3 ( − 1)
−1
¯
¯
Z
¯
2
1 ¯¯
= ¯¯2 : ( − 1) = + 1 +
=
−1
− 1¯
Z
Z
1
( + 1)2
=
( + 1) +
=
+ ln | − 1| + 1
−1
2
=
1
Z
Z
Konačno je
= 5 (3 + 2)2 + 10 ln |3| +
Zadatak 1.36
Z r
3
1 −
1+
Rješenje:
¯
¯
1−
3
¯
¯
1+ =
¯
¯
3
1
−
¯
¯
3
= 1−
=¯
=
¯
3
1+
¯
¯
1+
2
−6
¯ = (1+3 )2 ¯
Z
Z
1
−62
3
=
1−3
=
=
6
(1 + 3 )2
(3 − 1)(3 + 1)
3
1+
Z
3
= 6
= 61
( − 1)( + 1)(2 + + 1)(2 − + 1)
Z r
1.5. ZADACI SA RJEŠENJIMA
37
Podintegralnu funkciju napišemo kao zbir prostih razlimaka
+ +
3
=
+
+
+
2
2
(−1)(+1)( ++1)( −+1)
−1 +1 2 ++1 2 −+1
Nakon sre†ivanja dobijamo vrijednosti koeficijenata
1
1
1
2
1
2
= = =− =− =− =
6
6
6
6
6
6
1 =
=
2 =
=
=
=
3 =
=
=
Z
Z
Z
Z
1
1
1
1
+2
1
−2
1
+
−
−
2
2
6
−1
6
+1
6
++1
6
−+1
¯ 1
1 ¯¯ 2
1
ln − 1¯ − 2 − 3
6
6
6
Z
Z
1
+2
2 + 4
=
2
2
++1
2
++1
Z
Z
1
2 + 1
3
1
+
2
2
2
++1
2
++1
Z
¯ 3
1
1 ¯¯ 2
ln + + 1¯ +
1
2
2
( + 2 )2 + 34
¯ √
1 ¯¯ 2
2 + 1
ln + + 1¯ + 3arctg √
2
3
Z
Z
Z
1
2 − 1
3
−2
=
−
2
2
2
−+1
2
−+1
2
−+1
Z
¯ 3
1 ¯¯ 2
1
ln − + 1¯ −
2
2
( − 12 )2 + 34
¯ √
1 ¯¯ 2
2 − 1
ln − + 1¯ − 3 √
2
3
Konačno dobijamo da je
√
√
¯ 2
¯
2 + 1
2−1
3
3
1 ¯¯ 2 ¯¯ 1
2
2¯
¯
ln −1 − ln ( +1) − −
√ +
√ +
=
6
12
6
6
3
3
r
1−
gdje je = 3
1+
38
1. NEODREÐENI INTEGRALI
Zadatak 1.37
Z
1
√
( − 1) 2 + 4 + 4
Rješenje:
=
=
=
=
=
¯
¯
1
¯
1
= ⇒ − 1 = 1 ¯¯
−1
¯
√
= ¯
= 1 + 1 ⇒ = − 12 ¯
( − 1) 2 + 4 + 4
µ
¶
Z
1
q
− 2
( 1 + 1)2 + 4( 1 + 1) + 4
Z
Z
1
1
=− q
− q
2
1
2
4
1+2+4+9
2 + + 1 + + 4 + 4
2
Z
Z
1
1
− √
= − q
2
92 + 6 + 1
(3 + 1)
¯
¯
Z
¯
1
1 ¯¯ 3
1
= − ln |3 + 1| = − ln ¯
+ 1¯¯ +
−
3 + 1
3
3
−1
Z
Zadatak 1.38
Z
3 − 22 + 3 − 4
√
2 + 2 + 3
Rješenje:
Ovdje ćemo primjeniti metod Ostrogradskog, tj. napisat ćemo dati integral u obliku:
Z
¢p
¡
3 −22 +3−4
√
2 +2+3 +
= 2 + +
2 + 2 + 3
Z
1
√
2
+2+3
Difereciranjem se dobija:
3√
−22 +3−4
2 +2+3
√
¡
¢
= (2+) 2 +2+3+ 2 ++
√ +1
2 +2+3
+ √2 +2+3
¡
¢ ¡
¢
3 −22 +3−4= (2 + ) 2 + 2 + 3 + 2 + + ( + 1) +
3 −22 +3−4=33 + 52 + 22 + 6 + 3 + + 3 + +
Odavde nalazimo da je
1
11
39
= = − = = −5
3
6
6
1.5. ZADACI SA RJEŠENJIMA
39
Z
Z
3 − 22 + 3 − 4
39
1 2 11
√
=
= ( − + ) − 5 √
2
2
3
6
6
+ 2 + 3
+ 2 + 3
Z
39
1
1 2 11
= ( − + )−5 p
3
6
6
( + 1)2 + 2
¯
¯
p
39
11
1
¯
¯
= ( 2 − + ) − 5 ln ¯ + 1 + 2 + 2 + 3¯ +
3
6
6
Z
1
√
Zadatak 1.39
2
+ + 2 + 3
Rješenje:
U ovom primjeru uvest ćemo jednu od Eulerovih smjena.
¯ √
¯
2 + 2 + 3 = − 2
¯
¯ 2 + 2 + 3 = 2 − 2 + 2
Z
¯
1
¯
(2 + 2) = 2 − 3
√
=
= ¯
2
¯
2 −3
+ + 2 + 3
= 2+2
¯
¯
2 +2+3
¯
= 2(+1)
2
Z
Z 2
2
1 + 2 + 3
+ 2 + 3
1
=
=
2
2( + 1)
2
( + 1)2
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
Podintegralnu funkciju pišemo kao zbir prostih razlomaka:
2 + 2 + 3
+
+
=
( + 1)2
+ 1 ( + 1)2
2 + 2 + 3 = ( + 1)2 + ( + 1) +
Nakon sre†ivanja dobijamo
= 3 = −2 = −2
=
=
=
1
2
Z
3
1
+
2
Z
−2
1
+
+1
2
Z
−2
( + 1)2
1
3
ln || − ln | + 1| +
2
+1
¯
¯
¯
p
p
3 ¯¯
¯
¯
¯
ln ¯ + 2 + 2 + 3¯ − ln ¯ + 2 + 2 + 3 + 1¯ +
2
1
√
+
+
+ 2 + 2 + 3 + 1
40
1. NEODREÐENI INTEGRALI
Z p
Zadatak 1.40
2 + 2
Rješenje:
=
=
=
=
√
¯
¯
¯
¯
Z p
2 + 2 = −
¯
¯
2
2
2
2
¯
2 + = ¯ 2 + = − 2 + ¯¯
¯ = 2 −2 ⇒ = 2 +2 ¯
2
22
¶ 2
Z µ
Z 2
2
−2 +2
( + 2)2
−
=
2
22
43
¶
µ
Z 4
2
1 2
1
+ 42 + 4
+ 4 ln || − 2
=
4
3
4 2
¯
¯
³
´
p
2
1
1
¯ p
¯
+ 2+2 + ln ¯+ 2+2 ¯ − ³ √
´2 +
8
2 + 2+2
Zadatak 1.41
Z
1
√
(1 + 2 ) 1 + 2
Rješenje: Koristeći poznate trigonometrijske identičnosti
1 + 2 = 1 +
cos2 + sin2
1
sin2
=
=
2
2
cos
cos
cos2
i uvodeći supstituciju = imamo:
¯ Z
¯
Z
¯ = ¯
1
¯=
¯
√
p
= ¯
¯
2
2
2
2
=
(1+ ) 1+
(1 + ) 1 + cos2
cos2
Z
tg
+
=
cos = sin + = tg cos + = p
1 + tg2
= √
+
1 + 2
√
Z p
1+ 3
√
Zadatak 1.42
3
2
Rješenje:
√
Z p
Z
2
1 1
1+ 3
√
=
= − 3 (1 + 3 ) 2
3
2
1.5. ZADACI SA RJEŠENJIMA
41
Ovo je integral binomnog diferencijala. Vidimo da = 12 = − 23 = 13
=
+1
=
1
∈
Z
2
− 23 + 1
= 1 ∈ Z
1
3
pa ćemo uvesti smejnu
1
1 + 3 = 2
1
=
Z
1 + 3 = 2 ⇒ = (2 − 1)3 ⇒ = 6(2 − 1)2
3 − 23
2
(( −1) )
Zadatak 1.43
Z
2
1
2
2
2
( ) 6( −1) = 6
µq
¶3
√
3
= 2 + = 2
1+ +
Z
2
3
1
p
2 (1 + 2 )3
Rješenje:
=
Z
Z
1
p
=
2
(1 + 2 )3
3
−2 (1 + 2 )− 2
Ovo je integral binomnog diferencijala. Vidimo da =
=
+1
=
+1
+ =
−3
2
= −2 = 2
−3
∈
Z
2
−2 + 1
−1
=
∈
Z
2
2
µ ¶
−2 + 1
3
+ −
= −2 ∈ Z
2
2
pa ćemo uvesti smejnu
−2 + 1 = 2
−2 + 1 = 2 ⇒
=
1
√
2
−1
2 =
⇒
2
1
−1
=
⇒
(2
−
√
− 1) 2 − 1
42
1. NEODREÐENI INTEGRALI
Dobijamo da vrijedi
µ
Z
=
(2 − 1) 1 +
sµ
1
2 − 1
¶− 3
2
(2
−
√
− 1) 2 − 1
¶
Z 2
2 − 1 3 −
−1
√
= −
= −
2
2
2
−1
√
Z
Z
2 + 1
1
1
= − +
+
−√
= − − = −
2
2
+1
Z
√
Zadatak 1.44
sin3 cos
Z
Rješenje: Supstitucijom sin = dati integral prelazi u integral binomnog
diferencijala:
¯
¯ Z
Z
¯ sin = ¯
¡
¢ −1
3 √
¯
¯ = 3 1 − 2 4
sin cos = ¯
cos = ¯
¯
¯
¯
¯
Z
1 − 2 = 4
¯
¯
¢
¡
3
¯
¯
−2 = 4
¢ ¯ = 2 3 4 − 1 −1
= ¯
¡
¯ 3 = −23 1 − 4 ¯
Z
¡ 6
¢
2
2
= 2
− 2 = 7 − 3 +
7
3
q
q
24
24
=
(1 − 2 )7 −
(1 − 2 )3 +
7
3
2√ 3
2√ 7
cos −
cos +
7
3
Z
Zadatak 1.45
5 − 6 sin + 3 cos
=
Rješenje:
=
=
=
Z
Z
¯
¯ =
¯
2
=¯
2
5 − 6 sin + 3 cos ¯ sin = 1+
2
2
= 1+
2
1−2
cos = 1+2
¯
¯
¯
¯
¯
Z
2
=
=
2 − 6 + 4)
2−5
2(
(
−
3)
5−
¯
¯
¯
¯
¯ − 3 − √5 ¯
¯ − 3 − √5 ¯
1
1
¯
¯
¯
¯ 2
√ ln ¯
√ ¯ = √ ln ¯
√ ¯ +
2 5 ¯ − 3 + 5 ¯ 2 5 ¯ 2 − 3 + 5 ¯
2
1+2
12
1−2
1+2 + 3 1+2
Z
1.5. ZADACI SA RJEŠENJIMA
Zadatak 1.46
Z
43
sin − cos
2 sin + 3 cos
Rješenje:
Ovaj zadatak može se riješiti kao i predhodni smjenom 2 = . No, mi
ćemo pokazati još jedan interesantan način. Naime, napisat ćemo brojnik
podintegralne funkcije kao linearnu kombinaciju nazivnika i izvoda nazivnika
te funkcije.
Z
sin − cos
=
2 sin + 3 cos
¯
¯
¯ sin − cos = (2 sin + 3 cos ) + (2 cos − 3 sin ) ¯
¯
¯
¯
¯ sin − cos = (2 − 3) sin + (3 + 2) cos
¯
¯
¾
¯
¯
uz sin : 2 − 3 = 1
1
5
¯
¯
⇒
=
−
=
−
¯
¯
13
13
uz cos : 3 + 2 = −1
Z
1
5
− 13
(2 sin + 3 cos ) − 13
(2 cos − 3 sin )
=
2 sin + 3 cos
Z
Z
5
2 cos − 3 sin
1
−
= −
13
13
2 sin + 3 cos
1
5
−
ln |2 sin + 3 cos | +
13
13
Z
1
Zadatak 1.47
3 sin2 + 2 sin cos + cos2
= −
Rješenje:
=
Z
1
3 sin2 + 2 sin cos + cos2
¯
¯
¯
= ¯
¯ sin2 =
1
tg = ⇒ = 1+
2
2
1
2
cos = 1+2 sin cos =
1+2
=
Z
=
1
3
=
3
1
3tg
1 3
√ arctg √ + = √ arctg √ +
3 2
2
2
2
1
1+2
2
3
2
1
1+2 + 1+2 + 1+2
Z
=
1
1
2
1 = 3
2
+ 3 + 3
Z
Z
1
32 + 2 + 1
1
¡
¢
1 2
+ 3 + 29
1+2
¯
¯
¯
¯
¯
44
1. NEODREÐENI INTEGRALI
Zadatak 1.48
Z
(3 sin2 + 2 sin + 11) cos
(sin − 1)(sin2 + 2 sin + 5)
Rješenje:
=
=
Z
Z
¯
¯ sin =
(3 sin2 + 2 sin + 11) cos
¯
=
¯ cos =
(sin − 1)(sin2 + 2 sin + 5)
32 + 2 + 11
( − 1)(2 + 2 + 5)
¯
¯
¯
¯
Podintegralnu funkciju predstavit ćemo kao zbir prostih racionalnih funkcija
sa još neodre†enim koeficijentima.
32 + 2 + 11
( − 1)(2 + 2 + 5)
=
+
+ 2
− 1 + 2 + 5
32 + 2 + 11 = (2 + 2 + 5) + ( + )( − 1)
32 + 2 + 11 = ( + ) 2 + (2 − + ) + (5 − )
Izjedačavamo koeficijente uz iste stepene od :
⎫
uz 2 :
3=+
⎬
⇒ = 2 = 1 = −1
uz :
2 = 2 − +
⎭
uz 0 : 11 = 5 −
Z
Z
−1
2
+
= 2 ln | − 1| + 1
=
−1
2 + 2 + 5
1 =
=
=
Z
Z
Z
2 − 2
1
2 + 2
1
1
=
− 2
2
2
2
2
+ 2 + 5
2
+ 2 + 5
+ 2 + 5
Z
¯
1 ¯¯ 2
1
ln + 2 + 5¯ − 2
2
( + 1)2 + 4
¯
1 ¯¯ 2
+1
ln + 2 + 5¯ −
+
2
2
Konačno dobijamo
= 2 ln |sin − 1| +
¯
1 ¯¯ 2
sin + 1
ln sin + 2 sin + 5¯ −
+
2
2
1.5. ZADACI SA RJEŠENJIMA
Zadatak 1.49
Rješenje:
Z
cos6 =
R
=
=
Z
¡
¢3
cos2 =
Z
¡ 2 ¢3
cos =
Z µ
1 + cos 2
2
¶3
=
Z
¢
1 ¡
1 + 3 cos 2 + 3 cos2 2 + cos3 2
8
¶
Z µ
¡
¢
1
3
2
1 + 3 cos 2 + (1 + cos 4) + 1 − sin 2 cos 2
8
2
¶
Z µ
Z
5
1
3
+ 4 cos 2 + cos 4 − sin2 2 cos 2
8
2
2
3
1
5 1
+ sin 2 +
sin 4 −
sin3 2 +
8
4
64
48
=
Rješenje:
6
Z
=
Zadatak 1.50
45
R
7
7
tg =
=
=
=
=
¯ Z
¯
¯ = tg ⇒ = arctg ¯
¯ = 7 =
¯
¯
¯
= 1+2
1 + 2
¯ 7
¯
¯
¯¯
5
3
¯
¯ 1 + 2 = − + − 1 + 2 ¯
¶
Z µ
5
3
− +−
1 + 2
¢
6 4 2 1 ¡
− + − ln 1 + 2 +
6
4
2
2
6
4
¢
tg tg tg2 1 ¡
−
+
− ln 1 + tg2 +
6
4
2
2
6
4
2
tg tg tg
−
+
+ ln |cos| +
6
4
2
46
1. NEODREÐENI INTEGRALI
Zadatak 1.51
Rješenje:
Z
R
sin sin 2 sin 3
sin sin 2 sin 3 =
=
=
1
2
Z
1
[cos (−) − cos 3] sin 3
2
Z
Z
1
1
cos sin 3 −
cos 3 sin 3
2
2
1
1
1 − 2
2
2
Z
1
[sin 2 + sin 4]
=
sin 3 cos =
2
µ
¶
1 − cos 2 − cos 4
+
+1
=
2
2
4
Z
Z
Z
1
1
=
sin 3 cos 3 =
2 sin 3 cos 3 =
sin 6
2
2
Z
=
1 − cos 6
+ 2
2
6
Konačno je:
Z
sin sin 2 sin 3 =
Zadatak 1.52
Rješenje:
Z
R
1
1
1 − 2
2
2
1
1
1
cos 4 +
cos 6 +
= − cos 2 −
8
16
24
cos 2 4
cos cos cos =
2
4
=
=
=
¶
Z µ
1
3
cos
+ cos
cos
2
2
2
4
Z
Z
1
3
1
cos
cos +
cos cos
2
2
4
2
2
4
¶
¶
Z µ
Z µ
1
7
5
1
3
cos + cos
+
cos + cos
4
4
4
4
2
4
7 1
5 1
3
1
sin
+ sin
+ sin
+ sin +
7
4
5
4
3
4
4
1.6. ZADACI ZA SAMOSTALAN RAD
1.6
47
Zadaci za samostalan rad
Uvo†enjem odgovarajuće supstitucije izračunati sljedeće integrale:
R √
32
Rezultat: 25 ( − 7)52 + 14
+
− 7
3 ( − 7)
R √
3
2.
1 + sin cos
Rezultat: 34 (1 + sin )43 +
1.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
R
R
√
sin
√
2 −4
3
2 −4
Rezultat: 16 3
R√
1 +
R
√
Rezultat: − 2 cos +
2
1−4
³√ ´
√
−1
Rezultat: 2 1+ + ln √1+
+
1+ +1
Rezultat:
R
2 −4+5
R
√
5−2 −4
Rezultat:
√
2 +6+1
Rezultat:
R
R
√
4−92
+
¯ ¯
¯
¯
ln ¯ 22 +1
−1 ¯ +
1
ln 4
Rezultat:
Rezultat:
arctg ( − 2) +
1
3
3 arcsin 2
+
arcsin +2
3 +
¯
¯
√
¯
¯
ln ¯+3+ 2 +6+1¯ +
Metodom parcijalne integracije izračunati sljedeće integrale
1.
2.
3.
4.
R
´
³ √
ln 1+ 1+2
R √
3
(ln )2
R
R
5 cos 4
3 cos
³ √
´ √
Rezultat: x ln + 1+2 − 1+2 +
Rezultat:
Rezultat:
Rezultat:
3√
3
4
4 5
41
i
h
(ln )2 − 32 ln + 98 +
¢
¡
sin 4+ 54 cos 4 +
3 (sin +ln 3·cos )
1+(ln 3)2
+
48
1. NEODREÐENI INTEGRALI
Metodom parcijalne integracije izvesti slijedeće rekurzivne formule:
()
=
()
=
Z
Z
(ln ) = (ln ) − −1 ;
(ln ) =
+1 (ln )
−
−1
+1
+1
( 6= −1) ;
Izračunati slijedeće integrale racionalnih funkcija:
1.
2.
3.
4.
¯
¯ √
√ +
ln ¯32 −4+2¯ − 32 3−2
2
R
32 −4+2
3 −2
+1
Rezultat:
3
3
R
−
3+4
3 −22 −3
Rezultat:
−4
3
1
ln || + 13
12 ln |−3| + 4 ln |+1| +
R
R
5−4
5
6
Rezultat:
3−1
(2 −2+2)2
Rezultat:
2
2
− + ln |+1| +
2+5
+ (−1)
2(2 −2+2)
+
Izračunati slijedeće integrale iracionalnih funkcija:
1. R 3 ¡1 + 2 ¢12
2.
3.
4.
R
R
R
√
2−3
√
1+ 3 2−3
32
Rezultat:
Rezultat:
3
7
(1+2 )
(32 −2)
15
7
+
5
1
(2x − 3) 6 − 35 (2x − 3) 6 + (2x − 3) 2 −
1
1
−3 (2x − 3) 6 +3 (2x − 3) 6 +
√
1
(2−2 )3
Rezultat:
√ −1 +
2−2
93 −32 +2
√
32 −2+1
Rezultat:
32 +−1
3
√
32 − 2 + 1+
Izračunati slijedeće integrale trigonometrijskih funkcija:
R
3
5
1.
Rezultat: sin3 − sin5 +
sin2 cos3
R
4
6
2.
Rezultat: sin4 − sin6 +
sin3 cos3
R
3
3.
Rezultat: cos1 − cos3 +2 cos +
sin3 2
2
Odre†eni integrali
2.1
Računanje površine krivolinijskog trapeza
Neka je = () neprekidna funkcija. Skup
ª
©
= ( ) ∈ R2 : 0 ≤ ≤ () ≤ ≤
naziva se krivolinijski trapez. Postavlja se zadatak odre†ivanja površine
skupa u oznaci () Interval [ ] pdijelimo na dijelova tačkama:
= 0 1 =
Obilježimo:
∆1 = 1 − 0
∆2 = 2 − 1
..
.
∆ = − −1
..
.
∆ = − −1
21
U svakom od dobijenih podintervala [−1 ] ( = 1 ) uočimo najmanju i najveću vrijednost funkcije () Formirajmo sume:
= 1 ∆1 + · · · + ∆
= 1 ∆1 + · · · + ∆
49
50
2. ODREÐENI INTEGRALI
Suma zove se donja suma a predstavlja ( () ≥ 0) površinu "upisane
stepenaste figure" 0 1 1 2 2 −1
Suma zove se gornja suma i predstavlja ( () ≥ 0) površinu "opisane
stepenaste figure" 0 1 1 2 −1 Očito je da vrijede relacije:
( − ) ≤ ≤ ≤ ( − )
a tražena površina krivolinijskog trapeza se nalazi izme†u donje i gornje
sume:
≤ ≤
Izaberimo u svakom podintervalu [−1 ] ( = 1 ) po jednu tačku
i formirajmo sumu
P
( ) ∆
= ( 1 ) ∆1 + · · · + ( ) ∆ =
=1
Suma naziva se integralna suma za funkciju () na [ ]
Kako je ≤ () ≤ i ≤ ( ) ≤ ( za svako = 1 )
vrijedi relacija:
P
P
P
∆ ≤
( ) ∆ ≤
∆ tj.
=1
=1
=1
≤ ≤
Definicija 2.1 Ako pri bilom kojoj podjeli intervala [ ] takvoj da max ∆ →
P
( ) ∆
0 i pri bilo kom izboru tačaka ∈ [−1 ] integralna suma
=1
ima istu graničnu vrijednost, onda se ta granična vrijednost zove odre†eni
R
integral funkcije = () na [ ] i označava simbolom ()
Dakle,
lim
P
max ∆ →0 =1
( ) ∆ =
R
()
(2.1)
Koriste se slijedeća terminologija:
- donja granica integracije,
- gornja granica integracije,
[ ] - interval integracije,
() je integrabilna funkcija - funkcija () za koju postoji limes u
(21)
Teorema 2.1 Ako je funkcija () neprekidna na [ ] onda je ona integrabilna na tom intervalu.
2.2. OSNOVNE OSOBINE ODREÐENOG INTEGRALA
2.2
51
Osnovne osobine odre†enog integrala
Vrijede slijedeće osobine odre†enog integrala koje se lako dokazuju koristeći
definiciju odre†enog integrala i osobine limesa.
1.
R
2.
R
R
() = − ()
() = 0
3.
R
R
() = () −
4. Ako je = () i = () onda je
R
( () + ()) =
R
() +
R
()
5. Ako je ∈ ( ) onda je
R
() =
R
() +
R
()
6. Ako je najmanja a najveća vrijednost funkcije () u intervalu
[ ] tj. zadovoljena je nejednakost ≤ () ≤ za svako ∈
[ ] onda je
· ( − ) ≤
R
() ≤ · ( − )
7. (Teorema o srednjoj vrijednosti funkcije): Ako je funkcija integrabilna u [ ] i ako je najmanja a najveća vrijednost funkcije
() u tom intervalu, onda postoji takav broj pri čemu je ≤ ≤
da je:
R
() = · ( − )
22
52
2. ODREÐENI INTEGRALI
Ako je funkcija neprekidna na [ ] onda na [ ] postoji tačka
tako da je = ()
8. Ako je funkcija () parna funkcija na intervalu [− ], tj. () =
(−) za svako ∈ [− ] onda je
R
−
R
() = 2 ()
0
9. Ako je funkcija () neparna funkcija na intervalu [− ], tj. (−) =
− () za svako ∈ [− ] onda je
R
() = 0
−
10.
¯
¯
¯R
¯ R
¯
¯
¯ () ¯ ≤ | ()|
¯
¯
11. (Newton-Lebnitzova formula) Ako je () primitivna funkcija funkcije
() onda je
R
Primjer 2.1.
() = () | = () − ()
¯
¯
q
¯
¯
√
R√
R6 √
2
3
−2 = ¯¯ () = −2 ⇒ () =
−2=
(−2) + ¯¯
3
2
q
6
2
16
=
(−2)3 | =
3
3
2
2.3
Smjena promjenjivih u odre†enom integralu
Neka je dat
R
() gdje je () neprekidna funkcija u [ ] i neka je
funkcija = () diferencijabilna funkcija koja ima inverznu funkciju na
[ ] tada je
¯
¯
¯ = () ⇒ = 0 () ¯
¯
¯ R
R
() = ¯¯ = : = () ⇒ = ¯¯ = ( ()) 0 ()
¯ = : = () ⇒ = ¯
2.4. PARCIJALNA INTEGRACIJA
53
Primjer 2.2.
¯
¯
=
¯
¯ =
R p
2 − 2 = ¯¯
0
¯ =0⇒=0
¯ = ⇒ = 2
= 2
2
R
2 =
0
2.4
¯
¯
¯ 2 p
¯
R
¯=
2 − 2 2
¯
0
¯
¯
2
4
Parcijalna integracija
Ako je = () i = () onda je
R
Primjer 2.3.
2
R
0
R
() = [ () ()] | − ()
¯
¯ = ⇒ =
= ¯¯
= ⇒ =
2
2
R
= | −
0
2.5
2.5.1
=
0
¯
¯
¯
¯
−1
2
Primjena odre†enih integrala
Izračunavanje površine ravnih geometrijskih figura
a) Ako je () ≥ 0 u [ ] onda je površina () krivolinijskog trapeza
= {( ) : ≤ ≤ 0 ≤ ≤ ()}
jednaka:
() =
R
23
()
54
2. ODREÐENI INTEGRALI
b) Ako je () 0 na [ ] onda je površina () krivolinijskog
trapeza
= {( ) : ≤ ≤ () ≤ ≤ 0}
jednaka:
¯
¯
¯
¯R
¯
¯
() = ¯ () ¯
¯
¯
24
c)
() =
R
() +
R
()
25
d)
¯
¯
¯R
¯
¯
¯
() = () + ¯ () ¯
¯
¯
R
26
e)
() =
R
=
R
27
() −
R
()
[ () − ()]
2.5. PRIMJENA ODREÐENIH INTEGRALA
55
Izračunavanje površine ravne figure ako je kriva zadata u parametarskom obliku
= ()
Neka je kriva zadata u obliku
= ()
=
=
¾
≤ ≤
¯
¯ = () ⇒ = −1 ()
() = ¯¯
= () ⇒ = −1 ()
R
R
() 0 ()
¯
¯
¯
¯
Primjer 2.4. Izračunati površinu ispod jednog svoda cikloide. (Cikloida
je kriva koju opisuje jedna tačka na kružnici koja se kotrlja bez klizanja po
nekoj utvr†enoj pravoj.)
Računaćemo površinu ograničenu
prvim svodom cikloide i
dijelom − ose, (Slika 2.8).
Prvi svod cikloide:
= ( − )
= (1 − )
28
=
Z
2
0
=
Z
0
2
=
2
Z
0 ≤ ≤ 2
¯
¯
¯
¯ = ( − sin )
|2
0
¯
¯
¯
2
= (1 − cos ) |0 ¯
(1 − )(1 − )
2
0
Z
¾
(1 − cos 2 + cos2 )
2
1 + cos 2
)
2
µ
¶¶
µ0
1
1
1
2
= − sin 2 +
+ sin 2
|2
0
2
2
2
= 2
= 32
(1 − cos 2 +
56
2. ODREÐENI INTEGRALI
Izračunavanje površine figure ograničene krivom zadate u polarnim
koordinatama
Polarne koordinate:
− odstajanje tačke od
koordinatnog početka (0 0)
29
− ugao koji radijus vektor
tačke gradi sa pozitivnim
dijelim − ose
Kriva zadata u polarnim koordinatama:
= ()
Površina () površi ome†ene
krivom zadatom u polarnim
koordinatama je:
R
() = 12 2
210
Primjer 2.5. Izračunati površinu površi ome†ene lemniskatom 2 =
2 2
Zbog 2 ≥ 0 ⇒ − 4 ≤ ≤
5
ili 3
4 ≤≤ 4
=
211
2.5.2
2 12
R4
− 4
4
2
=
2
4
R4
2
− 4
= 2 12 2 | = 2
− 4
Izračunavanje dužine luka krive
Pretpostavimo da treba naći dužinu luka krive = () izme†u tačaka
d na " dijelova"
( ()) i ( ()) na krivoj. Podijelimo luk
tačkama 1 2 −1 sa apscisama 1 −1 ( = 0 = Slika
d
2.11) Dobijamo poligonalnu liniju 1 2 −1 upisanu u luk
2.5. PRIMJENA ODREÐENIH INTEGRALA
57
Označimo:
∆ = − −1
∆ = − −1
212
r ³
q
´2
2
2
∆
Tada je ∆ ≈ (∆ ) + (∆ ) = 1+ ∆
∆
Prema Lagrangeovoj teormi (iz diferencijalnig računa) je:
∆
− −1
=
= 0 () −1 ≤ ≤
∆
− −1
Uvrštavanjem u ∆ dobija se
q
∆ ≈= 1 + ( 0 ())2 ∆
d približno je jednaka
Dužina luka
≈
P
∆
=1
Kada se broj diobenih tačaka povećava tako da ∆ → 0, u graničnom
procesu se dobija:
=
P
∆ →0 =1
q
R q
2
0
1 + ( ()) ∆ =
1 + ( 0 ())2
Primjer 2.6. Izračunati obim kruga 2 + 2 = 2
213
Jednadžba kru
√ žnice u prvom kvadrantu:
= 2 − 2 0 ≤ ≤
Deriviranjem nalazimo: 0 = √−
2 −2
Obim kruga jednak je:
R q
=4
1 + ( 0 )2
0
58
2. ODREÐENI INTEGRALI
r
R q
R
2
1 + (0 ) = 4
1+
= 4
0
= 4
R
0
2.5.3
0
2
2
=
− 2
√
= 4arcsin | = 2
0
2 − 2
Zapremina obrtnih tijela
Kada krivolinijski trapez ograničen krivom = () pravim = i = i
−osom rotira oko −ose, onda nastaje rotaciono tijelo, (Slika 2.14.). Treba
odrediti zapreminu tako nastalog rotacionog tijela. Interval [ ] podijelimo
diobenim tačkama 1 na dijelova. Kroz diobene tačke postavimo
ravni paralelne sa −osom. Tako nastaju elementarni cilindri čija je zapremina ∆ ≈ [ ( )]2 −1 ≤ ≤ (Slika 2.14.).
Kada se broj diobenih tačaka
povećava tako da i ∆ → 0
u graničnom procesu se dobija
zapremina cijelog rotacionog tijela:
P
( ( ))2 ∆
=
∆ →0 =1
R
2
=
[ ()]
214
Primjer 2.7. Izračunati zepreminu tijela koje nastaje rotacijom kruga
2 + 2 = 2 oko −ose.
R ¡ 2
¢
− 2
0 ³
´
3
= 2 2 − 3 | = 43 3
= 2
0
215
2.5. PRIMJENA ODREÐENIH INTEGRALA
2.5.4
59
Izračunavanje površine omotača rotacionog tijela
Ako luk krive = () izme†u tačaka ( ()) i ( ()) rotira oko
−ose onda nastaje rotaciono tijelo. Površinu omotača rotacione površi
odredimo na slijedeći način:
d na dijelova tačkama 1 (1 (1 )) −1 (−1 (−1 ))
Podijelimo luk
Svaka stranica poligonalne linije 1 2 −1 pri rotaciji oko −ose
opisuje zarubljenu kupu čija je površina omotača:
∆ ≈ ( + −1 ) ∆
216
Kada se broj diobenih tačaka povećava tako da i ∆ → 0 u
graničnom procesu se dobija površina omotača cijelog rotacionog tijela:
=
=
P
∆ →0 =1
P
∆ →0 =1
∆ =
P
∆ →0 =1
( + −1 )
( + −1 ) ∆
q
q
R
1 + ( 0 ())2 ∆ = 2 () 1 + [0 ()]2
Primjer 2.8. Odrediti površinu omotača kugle poluprečnika
√
Kriva = 2 − 2 − ≤ ≤
rotira oko −
217
60
2. ODREÐENI INTEGRALI
Površinu omotača kugle (površinu lopte) dobijamo iz:
s
¶2
µ
R p
R
−
2
2
= 2
− 1+ √
= 2 = 22
2
2 − 2
0
0
Dakle, površina omotača kugle je = 42
2.6
Zadaci sa rješenjima
Zadatak 2.1 Riješiti odre†eni integral
R3 ³
6
1
cos2
−
1
sin2
´
Rješenje:
R3
6
µ
1
1
−
2
cos sin2
¶
3
= ( − (−)) |
6
+ − −
3 √ 3
6√
6
√
3 √
3
− 3−
= 0
=
3+
3
3
R
)
Zadatak 2.2 Riješiti odre†eni integral 1 sin(ln
=
Rješenje:
¯
¯
R sin(ln ) ¯ ln = |1 ¯
¯
¯
¯ 1
1¯
1
= |0
R1
=
sin = − cos |10 = 1 − cos 1
0
Zadatak 2.3 Riješiti odre†eni integral
Rješenje:
R2
1
(ln + 1)
¯
¯
¯ = ln + 1 = ¯
¯
(ln + 1) ¯¯
2
= 1
= 2 ¯
1
Z
2
1 2
=
(ln + 1) |21 −
2
2 1
1 1
3
= 2(ln 2 + 1) − − 2 |21 = ln 4 +
2 4
4
Z
2
2.6. ZADACI SA RJEŠENJIMA
Zadatak 2.4 Riješiti odre†eni integral
Rješenje:
61
R ln 5
ln 3
√
−2
+1
¯
¯
√
ln 5 ¯
− 2 ¯¯ − 2 = 2 |√
ln 3 ¯
¯
¯
¯ = 2 |1 3 ¯
+1
ln 3
Z √3
Z √3 2
22
+3−3
=
= 2
2
+3
2 + 3
1
1
Z √3
Z √3
1
= 2
− 6
2
+3
1
1
√
√
√
6
= 2 3 − 2 − √ √ |1 3 = 2 3 − 2 − √
3
3
2 3
Z
ln 5
Zadatak 2.5 Riješiti odre†eni integral
Rješenje:
Z
=
=
=
=
R 4
0
sin2 +3 sin 2+10 cos2
4
1
2
0 sin + 3 sin 2 + 10 cos
Z
4
1
2
2
0 sin + 6 sin cos ¯+ 10 cos
¯
¯
Z
¯
1
4¯
4
2
¯
|0
cos
¯ 1 =
¯
2
¯ cos2 = |10 ¯
0 + 6 + 10
Z 1
Z 1
1
1
=
2
2 + 6 + 10
0
0 ( + 3) + 1
( + 3) |10 = 4 − 3
2
Zadatak 2.6 Riješiti odre†eni integral
R 12
3 +
− 12 4 +2 +1
Rješenje: Pošto je podintegralna funkcija () =
je
Z
1
2
− 12
3 +
4 +2 +1
3 +
= 0
4 + 2 + 1
Zadatak 2.7 Riješiti odre†eni integral
R 2 q 1−cos 2
0
2
neparna, to
62
2. ODREÐENI INTEGRALI
√
2
√ Rješenje: Uzimajući u obzir da je sin =|sin | = sin za ∈ [0 ]
i sin2 =|sin | = − sin za ∈ [ 2] dobijamo da je
Z 2 p
Z 2 r
1 − cos 2
=
sin2
2
0
0
Z
Z 2
=
sin −
sin
0
= − cos |0 + cos |2
= 4
Zadatak 2.8 Riješiti odre†eni integral
R1
2 +1
−1 4 +2 +1
Rješenje: Pošto je podintegralna funkcija parna imamo
Z 1
Z 1
1
1 + 12
2 + 1
2 + 1
= 2
= 2
1
4
2
4
2
2
−1 + + 1
0 + +1
0 + 1 + 2
¯ ¡
¯
¢
Z 1
1 ¯
¯ − 1 =
1 + 12
|
0
¯
¯
¢
¯¡
= 2
¡
¢2
1
0 ¯
1
1
+
=
|
2
−∞
0
− +3
Z 0
1
1
= 2
= 2 √ √ |0−∞ = √
2
3
3
3
−∞ + 3
Z
2.6.1
Izračunavanje površina ravnih figura
Zadatak 2.9 Naći površinu figure ograničene linijama = −22 − 7 − 3
i = + 3.
Rješenje: Nule kvadratne funkcije su rješenja jednadžbe
−22 − 7 − 3 = 0
To su tačke 1 = −3 i 2 = − 12 ( 218)
Presječne tačke zadanih linija
su rješenje sistema:
¾
= −22 − 7 − 3
=+3
Dobija se:
−22 − 7 − 3 = + 3
⇒ 1 = −3 2 = −1
218
Ovdje nije neophodno tražiti
vrijednosti promjenljive
2.6. ZADACI SA RJEŠENJIMA
63
Tražena površina biće
Z −1
¤
£
=
(−22 − 7 − 3) − ( + 3)
−3
−1
Z
(−22 − 8 − 6)
¶
µ 3
2
+ 2 + 3 |−1
= −2
−3
3
¶
¸
∙µ
8
1
= −2 − + 2 − 3 − (−9 + 18 − 9) =
3
3
=
−3
Zadatak 2.10 Naći površinu figure koju ograničavaju krive = 2 + 1 i
= 9 − 2
Rješenje: Nule funkcije = 9 − 2 su = ±3
Presječne tačke datih parabola
su rješenje sistema
= 2 + 1
= 9 − 2
¾
Dakle,
2 + 1 = 9 − 2 ⇔ = ±2
219
Površina ograničena datim krivim je
Z 2
=
[(9 − 2 ) − (2 + 1)]
−2
2
=
Z
2
[−2 + 8] = −4
−2
¶
µ 3
64
− 4 |20 =
= −4
3
3
Z
0
2
(2 − 4)
Zadatak 2.11 Naći površinu figure ograničene grafikom funkcije = 3 −
62 + 8 i -osom.
Rješenje.
Nule funkcije = 3 − 62 + 8 su rješenja jednadžbe 3 − 62 + 8 = 0
64
2. ODREÐENI INTEGRALI
3 − 62 + 8 = 0 ⇔ (2 − 6 + 8) = 0
⇔ 1 = 0 2 = 2 3 = 4
Na intervalu (0 2) grafik date
funkcije se nalazi iznad − ose
a na intervalu (2 4) grafik
se nalazi ispod − ose, ( 220)
220
Zbog toga je površina figure
Z 4
(3 − 62 + 8) −
(3 − 62 + 8)
µ0 4
µ2 4
¶
¶
3
2
2
3
2
=
− 2 + 4 |0 −
− 2 + 4 |42
4
4
= 4 − (−4) = 8
=
Z
2
Zadatak 2.12 Naći površinu figure ograničene parabolom = −2 + 4 − 3
sa tangentama u tačkama parabole (0 1 ) i (3 2 )
Rješenje: Na†imo prvo jednadžbe tangenti na datu parabalu u tačkama
i . Prisjetimo se da jednadžba tangente na grafik funkcije = () u
tački 0 (0 0 ) glasi:
− 0 = ´(0 )( − 0 )
Pošto je 1 = −3, 2 = 0 i
´ = −2 + 4 ´(0) = 4 i ´(3) = −2
onda su jednadžbe tangenti date sa
1 : = 4 − 3 i 2 : = −2 + 6
2.6. ZADACI SA RJEŠENJIMA
65
Tačka presjeka tangenti {} = 1 ∩ 2
je rješenje sistema
= 4 − 3
= −2 + 6
¾
To je tačka ( 32 3) ( 221)
221
Sada je tražena površina
Z 3
Z
¢¤
¡ 2
2 £
=
(4 − 3) − − + 4 − 3 +
0
=
Z
3
2
+
0
=
=
2
¶
Z
3
3
2
3
2
¢¤
¡
(−2 + 6) − −2 + 4 − 3
(2 − 6 + 9)
¶
3
2
|0 +
− 3 + 9 |33
2
3
9
9 9
+ =
8 8
4
µ
3
3
3
2
µ
3£
Zadatak 2.13 Naći površinu figure ograničene graficima funkcija = 2−2
i = 2 − ||
Rješenje:
Obje zadane funkcije su parne
pa su njihovi grafici simetrični
u odnosu na −
Stoga je dovoljno naći njihove
presječne tačke za ≥ 0
Riješimo sistem:
= 2 − 2
= 2 −
222
¾
Imamo:
2−2 = 2− ⇔ =0 ∨ =1
66
2. ODREÐENI INTEGRALI
Tražena površina je
=
Z
0
−1
= 2
Z
¢
¡
2 − 2 − (2 + ) +
1
2
Z
1
0
(2 − − (2 − )) = 2
¶
µ0 3
2 1 1
|0 =
= 2 − +
3
2
3
Z
(2 − 2 − (2 − ))
1
(−2 + )
0
Zadatak 2.14 Naći površinu oblasti ograničene linijama = = −
= −2.
Rješenje:
Tražena oblast je prikazana
na Slici 223
Nije teško vidjeti da je površina
=
R0
−
−2 (
0
− ) = (−− − ) |
= 2 + −2 − 2
−2
223
Zadatak 2.15 Naći površine ograničene krivim 2 + 2 = 12 i 2 = −
Rješenje: Da bi našli presječne tačke datih krivih potrebno je riješiti
sljedeći sistem
¾
2 + 2 = 12
2 = −
Zamjenjujući 2 iz druge jednadžbe sistema u prvu dobijamo jednadžbu
2 − − 12 = 0 Njena rješenja su 1 = −3 i 2 = 4
2.6. ZADACI SA RJEŠENJIMA
Uvrštavajući 2 = 4 u drugu jednadžbu
sistema dobijamo 2 = −4
što nije moguće u skupu R
Dakle,
2
za 1 = −3 imamo
√ da je = 3
Odatle je = ± 3 pa su presječne
tačke√datih krivih √
(− 3 −3) i ( 3 −3)
224
Površina manjeg dijela je
=
Z
67
√
3
³
´
p
−2 − (− 12 − 2 )
√
− 3
Z √3 p
12 − 2 − 2
0
√
= 21 − 2 3
= 2
Z
√
3
2
0
gdje je
1 =
=
=
=
¯
√ ¯
¯ = 2√3 sin
3¯
|
¯
¯
0
12 − 2 ¯
¯
√
6 ¯
¯
= 2 3 cos |0
0
Z p
Z
6
6
2
12
1 − sin cos = 12
cos2
0
0
¶
µ
Z
6
1
6
(1 + cos 2) = 6 + sin 2 |06
2
0
√
3 3
+
2
Z
Sada je
√
3p
Ã
√ !
√
√
3 3
=2 +
− 2 3 = 2 + 3
2
Površina većeg dijela je
= −
gdje smo sa označili površinu kruga. Dakle,
√
√
= 12 − 2 − 3 = 10 − 3
68
2. ODREÐENI INTEGRALI
¯ ¯
Zadatak 2.16 Naći površinu ograničenu krivim = ¯3 ¯ i = 2 − 2
Rješenje: Obje zadane funkcije su parne pa su njihovi grafici simetrični
u odnosu na osu. To znači da ako imaju presječnu tačku = , onda
imaju i presječnu tačku = −. Dovoljno je, dakle, za 0 riješiti sistem
= 3
= 2 − 2
Imamo
3 = 2 − 2
⇔ − 1 + 2 − 1 = 0
⇔ (−1)(2 ++1) + (−1)(+1) = 0
⇔ ( − 1)(2 + 2 + 2) = 0
⇔ = 1
3
Prema tome,
presječne tačke su = 1 i = −1
225
Vrijednost tražene površine je:
Z 1
Z 1
¯ 3 ¯¢
¡
2
¯
¯
=
(2 − 2 − 3 )
2 − − = 2
−1
0
¶
µ
3 4 1 17
−
|0 =
= 2 2 −
3
4
6
2.6. ZADACI SA RJEŠENJIMA
69
Zadatak 2.17 Naći površinu lika ograničenog krivim = −|| i = −−|| +
1
Rješenje.
Na Slici 2.26 jeprikazana oblast
čija se površina traži.
Obje zadane funkcije su
parne pa će njihovi presjeci
biti tačke simetrične u odnosu
na − osu.
Imamo:
226
−||
−−|| + 1 ⇔ 2−|| = 1 ⇔ −|| =
=
⇔ − || = ln
1
2
1
⇔ || = ln 2 ⇔ = ± ln 2
2
Površina je
=
Z
ln 2
Z
³
´
−||
−||
+
− 1 = 2
− ln 2
−
= (−4
0
− 2)
2
|ln
0 =
2 − ln 4
ln 2 ¡
¢
2− − 1
Zadatak 2.18 Odrediti koeficijente i tako da hiperbola = +
+
prolazi kroz koordinatni početak i ima za asimptote prave = 2 i = 1, a
zatim izračunati površinu ograničenu lukom tako dobijene hiperbole i pravom
+ + 1 = 0.
Rješenje: Pošto data hiperbola prolazi kroz koordinatni početak, onda
0=
0+
⇒ = 0
0+
Prava = 2 je vertikalna asimptota, pa je
lim
+
→2 +
= ±∞
odakle je 2 + = 0.
Prava = 1 je horizontalna asimptota, pa je
lim
+
→±∞ +
= 1
70
2. ODREÐENI INTEGRALI
odakle je
hiperbolu
= 1 ⇔ = , jer je 6= 0. Iz tri zadnje relacije dobijamo
=
⇔=
− 2
−2
jer je 6= 0 Presječne tačke hiperbole i date prave su rješenje sistema
= −2
= − − 1
¾
Imamo
⇔
−2 = − − 1 √
2 = 2 ⇔ = ± 2
227
Dakle, tražena površina je
√
2
¶
− (− − 1)
=
√
− 2 −2
¶
Z √2 µ
−2+2
=
+ + 1
√
−2
− 2
¶
Z √2 µ
2
=
+ + 2
√
− 2 −2
Z
µ
√
2
2
= 2 ln | − 2| +
+ 2 |−√
2
2
√
√
= 4 2 + 2 ln(3 − 2)
√
2
Zadatak 2.19 Naći površinu ograničenu krivom = ln √2 +1−
i pravama
√ +1+
√
|| = 1 = 0. Na osnovu toga dokazati nejednakost ln( 2 − 1) 1 − 2
√
2
Rješenje: Definiciono područje funkcije = ln √2 +1−
je skup R. Nula
+1+
2.6. ZADACI SA RJEŠENJIMA
71
funkcije je u tački = 0. Osim toga data funkcija je neparna, jer je
Ã√
!−1
√
2 + 1 +
2 + 1 −
(−) = ln √
= ln √
2 + 1 −
2 + 1 +
√
2 + 1 −
= − ln √
= −().
2 + 1 +
Dalje vrijedi da je
√
2
lim ln √2 +1+
= ∓∞
+1−
→±∞
Pošto je
´ = − √22 +1 0 za sve ∈ R
to je data funkcija stalno opadajuća,
(Slika 2.28.).
228
Sada je
√
√
Z 1
2 + 1 −
2 + 1 −
ln √
− ln √
+
=
2 + 1 +
2 + 1 +
−1
0
Z
0
Zbog neparnosti date funkcije njen grafik je simetričan u odnosu na koordinatni početak pa je tražena površina
¯
¯
√
Z 1 √ 2
2
¯
=
+ 1 − ¯¯ = ln √2 +1−
¯
+1+
ln √
= −2
¯
¯
2
2
√
+ 1 + ¯ = − 2 +1 = ¯
0
¯
¯
√
Z 1
¯ 2 + 1 = 2 |1 ¯
2 + 1 − 1
¯
√0 ¯¯
√
= −2 ln √
|0 −4
¯
2¯
2+1
¯
2
=
2
|
2 + 1 +
0
1
Z √2
√
√
√
= −4 ln( 2 − 1) − 4
= −4 ln( 2 − 1) − 4 2 + 4
1
Dobijena površina je pozitivan broj, tj.
√
√
−4 ln( 2 − 1) − 4 2 + 4 0
odakle je
√
√
ln( 2 − 1) 1 − 2
72
2. ODREÐENI INTEGRALI
Zadatak 2.20 Naći površinu ograničenu lukom parabole 2 = 4( + ),
kružnicom 2 + 2 = 42 i tangentom kružnice u tački (2 0), pri čemu je
uvijek 0.
Rješenje. Presječne tačke parabole i kružnice su rješenje sistema
2 = 4( + )
2 + 2 = 42
Uvrštavajući 2 iz prve jednadžbe sistema u drugu dobijamo
2 + 4( + )
=
42
⇔ 2 + 4 = 0
⇔ = 0
a = −4 nije rješenje navedenog sistema, jer se dobije da je 2 = −122
što nije moguće u skupu R. Prisjetimo se da jednačina tangente na centralnu
kružnicu 2 + 2 = 2 u tački (0 0 ) glasi
0 + 0 = 2
Dakle, jednačina tangente
na kružnicu
2 + 2 = 42
u tački (2 0) glasi
= 2
229
Pošto su i parabola i kružnica simetrične u odnosu na osu, onda je
tražena površina
Z 2 ³p
´
p
= 2
4( + ) − 42 − 2
0
Z 2 p
Z 2 p
= 2
4( + ) − 2
42 − 2
0
= 21 − 22
0
2.6. ZADACI SA RJEŠENJIMA
73
Prvi integral je
1 =
Z
2 p
√
4( + ) = 2
0
√
= 2
Z
Z
0
√
3
√
22 =
¯
¯
¯ + = 2 |2 ¯
¯
√0 ¯
+ ¯
¯
¯ = 2 |√3
¯
2 √
4 √ 3 √3 4 2 √
|√ = (3 3 − 1)
3
3
3
Drugi integral je
2
¯
¯
¯ = 2 sin
2 ¯
|
¯
0 ¯
=
42 − 2 ¯
¯
¯ = 2 cos |02 ¯
0
Z
Z
2
2 1 + cos 2
2
2
2
= 4
cos = 4
2
¶ 0
µ0
1
= 22 + sin 2 |02 = 2
2
Dakle, površina je
Z
2 p
√
8
= 2 (3 3 − 1) − 22
3
Zadatak 2.21 Naći površinu figure što je čini petlja krive = 2 − 1, =
3 −
Rješenje: Napišimo implicitni oblik date krive. Imamo:
= (2 − 1) = ⇒ =
Odatle je
=
2
− 1
2
odnosno
2 = 3 + 2
Sada možemo skicirati dvije krive zadane u ekplicitnom obliku
p
= ± 3 + 2
Domen obje krive je skup [−1 ∞) a njihove nule su = −1 i = 0. Osim
toga je
p
lim ± 3 + 2 = ±∞
→∞
74
2. ODREÐENI INTEGRALI
Grafik krive zadane u parametarskom
obliku jednak uniji grafika krivih
√
= ± 3 + 2
(Slika 2.30.).
230
Zbog simetrije zadane krive u odnosu na osu tražena površina biće
¯
¯
Z 0
¯ = 2 − 1 |0−1 ¯
¯
= 2
¯¯
¯
= 2 |−1
−1
0
Z −1
Z −1
= 2
(3 − )2 = 4
(4 − 2 )
0
¶
µ0 5
3 −1 8
−
|0 =
= 4
5
3
15
Zadatak 2.22 Naći površinu ograničenu trolisnom ružom = cos 3.
Rješenje: Odredimo domen zadane funkcije.
≥ 0 ⇒ cos 3 ≥ 0
5
7 3
a odavde imamo da ∈ [ −
6 6 ] ∪ [ 2 6 ] ∪ [ 6 2 ]
Grafik krive
= cos 3
prikazan je na Slici 2.31.
231
Zbog simetrije imamo da je površina
=
3
2
Z
= 32
6
−
6
Z
0
2
= 3
Z
6
( cos 3)2
0
6
1 + cos 6
2
=
2
4
2.6. ZADACI SA RJEŠENJIMA
75
Zadatak 2.23 Naći površinu ograničenu sa prva tri zavoja logaritamske
spirale =
Rješenje: Na Slici 2.32 je prikazana logaritamska spirala.
Tražena površina je
=
1
2
R 6
0
2 2 =
2
4
¢
¡ 12
−1
232
Zadatak 2.24 Naći površinu ograničenu krivim = 1 + cos i = 2 cos
Rješenje.
Kriva = 1 + cos je kardioida,
a kriva = 2 cos je kružnica,
(Slika 2.33.).
233
Tražena površina se dobije kada se od površine kardioide oduzme površina
kružnice. Dakle,
= 1 − 2
gdje je površina kardioide
Z
Z
1 2
1 2
1 =
(1 + cos )2 =
(1 + 2 cos + cos2 )
2 0
2 0
Z
1 2
1 + cos 2
)
=
(1 + 2 cos +
2 0
2
Z
1 2 3
1
=
( + 2 cos + cos 2)
2 0 2
2
µ
¶
1 3
1
3
=
+ 2 sin + sin 2 |2
0 =
2 2
4
2
76
2. ODREÐENI INTEGRALI
Površina kružnice je
2 =
1
2
= 4
Z
Z
2
−
2
2
0
2
(2 cos ) = 4
Z
2
cos2
0
1 + cos 2
= (2 + sin 2) |02 =
2
Dakle, tražena površina je
3
= 1 − 2 = − =
2
2
Zadatak 2.25 Naći površinu koja je odre†ena unutrašnjošću krivih =
i = 1 + cos
3
2
Rješenje: Na Slici 2.34 je prikazana zadana oblast.
Rješavajući sistem
= 32
= 1 + cos
¾
dobijamo = ± 3
234
Tražena površina se dobije kada se od površine kardioide oduzme površina
odre†ena vanjskim dijelom kružnice i unutrašnjim dijelom kardioide, tj.
3
= 1 − 2 = − 2
2
jer se radi o istoj kardioidi kao u prethodnom primjeru. Na†imo sada 2
¶
¶
Z µ
Z µ
3
1 3
9
9
=
(1 + cos )2 −
(1 + cos )2 −
2 =
2 −
4
4
0
3
µ
¶
Z
3
3
1
3
1
=
(− + 2 cos + cos 2) = − + 2 sin + sin 2 |03
4
2
4
4
0
9√
= − +
3
4 8
Dakle, površina je
9√
9√
3
7
= + −
3= −
3
2
4 8
4
8
2.6. ZADACI SA RJEŠENJIMA
Zadatak 2.26 Naći površinu ograničenu petljom Dekartovog lista =
=
32
1+3
77
3
1+3
Rješenje. Dekartov list zadan u parametarskom obliku nije teško pretvoriti
u implicitni oblik 3 + 3 = 3 Prikazan je na Slici 2.35.
235
Da bismo našli površinu petlje ograničene Dekartovim listom koristićemo
formulu za površinu krive u polarnim koordinatama. Napišimo najprije
jednačinu krive u polarnim koordinatama. Imamo
=
=
3
= cos
1 + 3
32
= sin
1 + 3
Odavde je
(3)2 (1 + 2 )
(1 + 3 )2
=
2 =
Tražena površina je
Z
Z
1 2 2
1 ∞ (3)2 (1 + 2 )
=
=
2 0
2 0
(1 + 3 )2 1 + 2
Z ∞
Z ∞
2
2
(3)
32
1
3
=
=
2 0 (1 + 3 )2
2 0 (1 + 3 )2
¯
¯
Z
¯ 1 + 3 =
|0 ¯¯
32
32
¯
lim
=
3
¯
2 →∞ 0 (1 + 3 )2 ¯32 = |1+
1
µµ ¶
¶
Z 1+3
32
32
1 1+3
32
=
lim
lim
|
=
−
=
1
2 →∞ 1
2
2 →∞
2
78
2. ODREÐENI INTEGRALI
2.6.2
Izračunavanje zapremine rotacionog tijela
Zadatak 2.27 Naći zapreminu tijela koje nastaje rotacijom oko ose figure
koju ograničavaju parabola 2 = 4 − i prava = 0.
Rješenje:
Tijelo koje nastaje
skicirano je Slici 2.36.
Tražena zapremina je
R4
2 () = 0 (4 − )
³
´4
2
= 4 − 2 | = 8
=
R4
0
0
236
Zadatak 2.28 Naći zapreminu tijela koje nastaje rotacijom oko ose figure
koju ograničavaju parabola = 2 + 1 i prava = 2 + 1
Rješenje:
Figura koju ograničavaju
parabola
= 2 + 1
i prava
= 2 + 1
prikazana je na Slici 2.37.
237
Zapremina je
=
Z
2
0
Z
2
((2 + 1)2 − (2 + 1)2 )
(−4 + 22 + 4)
µ0 5
¶
2 3
104
2
= − + + 2 |20 =
5
3
15
=
2.6. ZADACI SA RJEŠENJIMA
79
Zadatak 2.29 Naći zapreminu tijela koje nastaje rotacijom oko ose figure
koju ograničavaju parabole 2 = i 32 = 2( + 2)
Skicirajmo zadane parabole, (Slika 2.38).
Tražena zapremina biće jednaka
zapremini tijela nastalog rotacijom
krive
3 2 = 2( + 2)
oko − umanjenoj za
zapreminu tijela nastalog rotacijom
krive
2 =
oko −
238
Dakle,
¶
Z 4
2
( + 2) −
=
−2 3
0
¶
µ 2
µ 2¶
4
4
+ |−2 −
|40
=
3
3
2
= 4
Z
4
µ
Zadatak
2.30 Naći zapreminu tijela nastalog rotacijom oblasti ( − 1)2 ≤
√
≤ − 1 oko ose.
Rješenje:
U ovom primjeru ćemo demonstrirati traženje zapremine rotacionog tijela na dva načina.
I način: Posmatrajmo granice tijela na −osi, (Slika 2.39).
80
2. ODREÐENI INTEGRALI
Zapremina je:
= 2
¢
R2¡ √
2
−1
−
(−1)
1
= 2(1 + 2 )
239
1
2
¯
¯ − 1 = 2 = 2
√
=
− 1 = ¯¯
|21 ⇒ |10
1
µ
¶
Z 1
2 5 2 3 1 16
2
2
=
+ |0 =
( + 1)2 =
5
3
15
0
¶
µ 4
Z 2
2
2
− 3 +
|21 =
=
( − 1)2 =
4
3
2
1
Z
2
¯
¯
¯
¯
7
12
Dakle,
16
7
29
+ ) =
15 12
30
II način: Posmatrajmo granice tijela na −osi, (Slika 2.39). Zapremina je
= 2(
=
Z
0
1¡
¢
22 () − 21 ()
√
gdje je 2 () = + 1 kriva koja se na intervalu ∈ [0 1] nalazi desno od
krive 1 () = 2 + 1 Dakle,
=
Z
0
Z
1¡
¢
√
( + 1)2 − (2 + 1)2
1¡
√ ¢
−4 − 2 2 + + 2
µ0 5
¶
2
2 4 3 1
+ 2 |0
= − − 3 +
5
3
2
3
29
=
30
=
Zadatak 2.31 Naći zapreminu tijela nastalog rotacijom oblasti 1 + sin ≤
≤ 1 ≤ ≤ 2 oko ose.
Rješenje:
2.6. ZADACI SA RJEŠENJIMA
240
Zapremina je
Z
81
Presječne tačke krive
= 1 +
i prave
=1
su:
1 = i 2 = 2 (Slika 2.40).
Z 2
³
´
¢
¡
− sin2 − 2 sin
1 − (1 + sin )2 =
¶
Z 2 µ
1 − cos 2
− 2 sin
=
−
2
µ
¶
1
1
2
= − + sin 2 + 2 cos |2
=
4
−
2
4
2
=
2
Zadatak 2.32 Naći zapreminu tijela koje nastaje rotacijom oblasti ograničene
krivim = , = ± = −1 oko prave = −1.
Rješenje.
Zadanu oblast predstavljena je na Slici 2.41.
Koristit ćemo formulu za računanje zapremine rotacionog tijela oko −ose.
U tu svrhu izvršit ćemo translaciju postojećeg koordinatnog sistema da
bismo u novom koordinatnom sistemu tražili zapreminu tijela nastalog rotacijom oko −ose, a ne oko prave = −1.
Neka je
= + 1
Sada kriva = u novom sistemu postaje = cos + 1 a prava = −1
prelazi u pravu = 0 tj. −osu.
Zadata oblast u novom koordinatnom sistemu data je na Slici 2.42.
241
242
82
2. ODREÐENI INTEGRALI
Funkcija = + 1 je parna, pa je zapremina
=
Z
2
=
−
Z
Z
(cos + 1)2
−
¢
¡ 2
= 2
cos + 2 cos + 1
¶
Z0 µ
1 cos 2
+
+ 2 cos + 1
= 2
2
2
µ0
¶
3
sin 2
= 2
+
+ 2 sin |0 = 3 2
2
4
√
Zadatak 2.33 Lik odre†en krivim = , = , ∈ [0 4] rotira oko
prave = 1. Izračunati zapreminu tako dobijenog tijela.
Rješenje: Izvršićemo translaciju koordinatnog sistema uzimajući
= − 1
Sada ćemo tražiti zapreminu tijela nastalog rotacijom oko prave = 0, tj.
oko −ose.
U novom koordinatnom
sistemu imamo krive:
√
= + 1 = + 1 ∈ [−1 3]
Novonastala (translatirana) oblast
predstavljena je na Slici 2.43.
243
Izrazimo zadane krive preko promjenljive . Imamo
=
√
+ 1 ⇒ = 2 − 1
= + 1 ⇒ = − 1
√
Na intervalu ∈ [0 2] kriva = + 1 je udaljenija od ose nego prava
= + 1, a na intervalu ∈ [2 4] prava = 3 je udaljenija od ose nego
2.6. ZADACI SA RJEŠENJIMA
83
prava = + 1. Stoga je zapremina
=
=
=
=
Z
Z 4
´
¢2
¡ 2
¢
2
3 − ( − 1)2
− 1 − ( − 1) +
0
2
Z 4
Z 2
¢
¢
¡ 4
¡
− 3 2 + 2 +
−2 + 2 + 8
µ0 5
µ 32
¶
¶
− 3 + 2 |20 + − + 2 + 8 |42
5
3
28
176
12
+ =
5
3
15
2 ³¡
2
Zadatak 2.34 Naći zapreminu tijela koja nastaje rotacijom dijela ravni
2
ograničenog krivim = − i = 12 oko ose.
Rješenje. Data funkcija je definisana na skupu R parna je i uvijek
pozitivna. Ima maksimum u tački = 0. Osim toga je
2
lim − = 0
→±∞
Sada nije taško skicirati zadanu krivu.
Tijelo koje je dobijeno rotacijom
zadanog dijela ravni oko −
prikazano je na Slici 2.44.
244
Zapremina je
¯
¯
¯ = − ln = ¯
¯
¯
=
2 () =
− ln ¯
¯
1
1
=
¯
¯ = −
2
2
Ã
!
Z 1
= − ln |11 +
= (1 − ln 2)
1
2
2
Z
1
Z
1
2
Zadatak 2.35 Oblast ome†ena krivim 2 + 2 = 2 = 2, =
oko −ose. Naći zapreminu tako dobijenog tijela.
Rješenje:
√
3
rotira
84
2. ODREÐENI INTEGRALI
Date krive skicirane su
na Slici 2.45.
245
Podijelimo zadanu oblast na tri oblasti. Neka je za prvu oblast ∈ [0 34 ]
√
Na ovom intervalu se prava = √3 ( = 3) nalati desno od prave = 2
) Za ∈ [ 34 45 ] označimo drugu oblast i na njoj se prava = √3
p
√2
( = 3) nalati desno od polukružnice = 1 − 1 − 2 Treću oblast
p neka
4
predstavlja interval ∈ [ 5 1] na kojem se polukružnica = 1 + 1 − 2
p
nalazi desno od polukružnice = 1− 1 − 2 Na osnovu navedenog tražena
zapremina biće
( =
= 1 + 2 + 3
gdje je
1 =
Z
3
4
0
2 =
3 =
Z
Z
4
5
3
4
µ³
¶
√ ´2 ³ ´2
3 −
2
µ³
´2 ¶
p
√ ´2 ³
2
3 − 1 − 1 −
1 µ³
´2 ³
´2 ¶
p
p
2
2
1+ 1−
− 1− 1−
4
5
Imamo
1
¶
µ
Z 3
4
11
2
2
=
=
2
3 −
4
4
0
0
99
11 3 34
|0 =
=
12
256
Z
3
4
2.6. ZADACI SA RJEŠENJIMA
2 = 2
Z
4
5
3
4
³
´
p
2 2 − 1 + 1 − 2
85
⎞ ¯¯ = sin = cos
⎛
¶ 4 Z 4 ³p
µ
¯
´
5
4
5
2
arcsin 45
¯
5
1−2 ⎠ = ¯
= 2 ⎝ 3 − | +
| ⇒ |
3
¯
3
3
4
¯
4
3
arcsin 34
4
Ã
!
Z arcsin 4
5
121
= 2
+
cos2
3
12000
arcsin 4
Ã
!
Z arcsin 4
5 1 + cos 2
121
= 2
+
12000
2
arcsin 34
⎛
⎞
arcsin 45
arcsin 45
121
sin 2
= ⎝
− | +
| ⎠
6000
2
3
arcsin 4
arcsin 34
Ã
√ !
3001
3
4 3 7
− arcsin + arcsin −
=
6000
4
5
16
3
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
1
¯
¯ = sin
|
4
¯
¯
5
2
¯
¯
= 4
1 − ¯
¯
2
4
=
cos
|
¯
5
arcsin 45 ¯
µ
¶
Z 1
sin 2 2
1 + cos 2
= 4
= 4
+
|arcsin 4
2
2
4
5
arcsin 45
¶
µ
1
4
6
= 4 − + − arcsin
25 4 2
5
Z
1 ³p
´
Konačno je tražena zapremina
Ã
!
√
3001
3 7 1
3 1
4
99
+ 2
−
− arcsin + arcsin
=
256
12000
32
2
4 2
5
¶
µ
1
4
6
+4 − + − arcsin
25 4 2
5
Ã
!
√
7019
3 7
3
4
=
−
−
+ − arcsin − arcsin
96000
16
4
5
Zadatak 2.36 Naći zapreminu tijela nastalog rotacijom kružnice 2 + ( −
)2 = 2 oko ose.
86
2. ODREÐENI INTEGRALI
Rješenje:
Rotacijom zadane kružnice
oko − ose nastaje torus,
pa tražena zapremina je
zapremina torusa prikazanog
na Slici 2.46.
246
Imamo
Z ³
³
´
´
p
p
+ 2 − 2 −
+ 2 − 2
−
−
¯
¯
Z p
¯ = sin
¯
|
¯
¯
0
¯
= 8
2 − 2 ¯
2
¯ = cos |0 ¯
0
¶
Z
Z µ
2
2
1 + cos 2
2
2
2
= 8
cos = 8
2
0
0
¶
µ
1
1
+ sin 2 |02 = 8 2 2
= 82
2
4
=
Z
Zadatak 2.37 Naći zapreminu tijela koje nastaje rotacijom lemniskate (2 +
2 )2 = (2 − 2 ) oko ose.
Rješenje:
Uvodimo polarne koordinate:
¾
= cos
= sin
Jednadžba lemniskate u
polarnim koordinatama:
2 = 2 cos 2
247
(Slika 2.47.).
Zapremina rotacionog tijela ograničenog krivom datom u polarnim ko-
2.6. ZADACI SA RJEŠENJIMA
87
ordinatama računa se po formuli
2
=
3
Z
3 sin
5
Pošto je 2 ≥ 0 ⇒ cos 2 ≥ 0 ⇒ ∈ [− 4 4 ] ∪ [ 3
4 4 ] Zbog simetrije tijela
u odnosu na polarnu osu zapremina će biti
Z
Z p
4
4
4
4
3
sin =
3 cos3 2 sin
=
3 0
3 0
¯
¯
¯
¯
Z
4 ¯
¯
4
cos
=
|
3
4 3
0 ¯
√
=
(2 cos2 − 1) 2 sin ¯¯
2¯
3
0
¯− sin = |12 ¯
Z 1
3
4 3
=
√ (22 − 1) 2
2
3
2
Zadnji integral je integral binomnog diferencijala. Njega rješavamo smjenom
¯
¯ 1
¯− 2 + 2 = 2 1√ ¯
2¯
¯
2 ¯
¯
¯ 3 =
|10 ¯
Sada je zapremina
4
= 3
3
Z
1
0
4
(2 − 2 )3
Zadnji integral je integral racionalne funkcije. Rastavljajući je na parcijalne sabirke ili uzastopnom primjenom parcijalne integracije, dobijamo zapreminu
Ã√
!
√ ´ 1
2 ³
3
ln 1 + 2 −
=
2
2
3
Zadatak 2.38 Naći dužinu luka krive = izme†u tačaka čije su
apscise 1 = 3 i 2 = 2
3
Rješenje: Prvi izvod je
0 =
Dužina luka krive je
Z 2 r
=
3
3
cos2
1+
=
sin2
Z
cos
sin
2
3
3
r
1
=
sin2
Z
2
3
3
1
sin
88
2. ODREÐENI INTEGRALI
jer je
r
za ∈ [ 3 2
3 ] Dalje je
=
=
Z
Z
2
3
3
√
3
√
3
3
1
1
1
=
=
|sin |
sin
sin2
¯
¯
¯ =
2 ¯
=
2
¯
2
1
√1+ ¯¯
¯¯
2
| √33 ¯¯
sin ¯sin = 1+2
3
= ln 3
Zadatak 2.39 Naći dužinu luka krive =
tačaka čije su apscise 1 = 0 i 2 = 1
√
√
2 − 1− 2 − 1 izme†u
Rješenje: Na†imo prvo izvod 0 date krive. Imamo
22
0
=
=
√
2
2
22
1
√
− 2 2−1 = √
−√
2
2
2
1
+
−
1
2 −1
−1
−1
p
2 − 1
√
= 2 − 1
2 − 1
Odatle je
=
Z
1
0
=
Z
0
1
r
Z
³p
´2
2
1+
− 1 =
1√
2
0
= |10 = − 1
Zadatak 2.40 Naći dužinu luka krive =
√
√
− 2 + arcsin
Rješenje: Traži se dužina luka cijele krive, te je stoga potrebno naći
njen domen. Dakle, potrebno je da vrijedi:
− 2 ≥ 0
√
−1 ≤
≤ 1
≥ 0
Iz prve nejednadžbe dobijamo da ∈ [0 1] Iz uslova za domen funkcije
√
arcsin tako†er vrijedi da ∈ [0 1] Zbog toga su krajnje granice domena
2.6. ZADACI SA RJEŠENJIMA
89
date krive granice integracije u formuli za dužinu luka krive. Pvi izvod je
0 =
=
jer je
√1−
1−
=
1
1 − 2
1
√
√
+√
2
1−2
2 −
r
1 − 2 + 1
1−
1−
√
=√
=
2
2
2 −
−
√
1 − za ∈ [0 1] Dužina luka date krive je
Z
1
r
1−
=
=
1+
0
√
= 2 |10 = 2
Zadatak 2.41 Naći dužinu luka krive =
gdje je 7 ≤ ≤ 9
Z
0
1
r
1
√
√
√
2 − 25+5 2 ln(+ 2 − 25)
Rješenje: Granice integracije su eksplicitno date. Na†imo izvod 0 date
krive. Imamo
0 =
=
=
=
√ 1 + 2√2
2
2
√
√ −25
+5 2
2
2
2 − 25
+ − 25
√
√
+ 2 − 25
³
´
√
+ 5 2√
√
2 − 25
2 − 25 + 2 − 25
³
´
´
√
√
√ ³
+ 2 − 25 + 5 2 + 2 − 25
³
´
√
√
2 − 25 + 2 − 25
√
+5 2
√
2 − 25
90
2. ODREÐENI INTEGRALI
Dužina luka je
v
s
Ã
√ !2
√
Z 9
Z 9u
u
+5 2
2 − 25 + 2 + 10 2 + 50
t
1+ √
=
=
2 − 25
2 − 25
7
7
s
s
¢2
√
Z 9 ¡√
Z 9 √
Z 9
2 + 5
22 + 10 2 + 25
2 + 5
√
=
=
=
2
2
− 25
− 25
2 − 25
7
7
7
¯
¯
³
´ ¯2 − 25 = 2 |9 ¯
p
√ Z 9
7
¯
√ ¯
√
+ 5 ln + 2 − 25 |97 ¯
2
=
¯
√
2
¯ = | 56
¯
− 25
7
24
√
Z
³
´
56
p
√
=
2 √ + 5 ln + 2 − 25 |97
24
³
³
√
√
√ ´
√ ´
= 4 7 − 4 3 + 5 ln 9 + 2 14 − 5 ln 7 + 2 6
Zadatak 2.42 Naći dužinu luka krive =
ordinate 1 = 1 i 2 =
2
4
−
ln
2
izme†u tačaka čije su
Rješenje: Dužinu luka date krive tražićemo po formuli
Z 2 q
¡ ¢2
=
1 + ´
1
Granice integracije su eksplicitno date, a izvod krive po je
0 =
1
2 − 1
2
−
=
4
2
2
Sada je
s
¶
Z s 4
+ 2 2 + 1
2 − 1 2
=
1+
=
2
42
1
1
s
¶
Z 2
Z µ 2
+1 2
+1
=
=
2
2
1
1
µ
¶
1 2
1 2
+ ln | = +
=
2 2
4
4
1
Z
µ
Zadatak 2.43 Naći dužinu luka krive = ( + ), = ( −
) izme†u tačaka koje odgovaraju parametrima 1 = 0 i 2 = gdje je
0.
2.6. ZADACI SA RJEŠENJIMA
91
Rješenje: Na†imo parcijalne izvode 0 i 0 Imamo
0 = cos
0 = sin
Po formuli za dužinu luka krive u parametarskom obliku je
=
=
Z
Z
0
Z
q
2
2
0
0
( ) + ( ) =
0
=
0
2
2
|0 =
2
2
q
2 2 (cos2 + sin2 )
Zadatak 2.44 Naći dužinu luka kardioide = (1 − cos ) gdje je 0.
Rješenje: Skicirajmo kardioidu zadanu u polarnim koordinatama. Pošto
je ≥ 0 imamo da je (1 − cos ) ≥ 0 pa ∈ [0 2] što će ujedno biti i
granice integracije u integralu formule za dužinu luka krive u polarnim koordinatama.
Dužina luka kardioide je:
=
=
=
R 2 p
2 + (0 )2
0
R 2 p
2 (1 − cos )2 + 2 sin2
0
R 2 p
22 (1 − cos )
0
R 2 q 2
R 2
= 2 0
sin 2 = 2 0 sin 2
2
= −4 cos 2 | = 8
248
0
Zadatak 2.45 Naći dužinu luka prvog zavoja Arhimedove spirale =
Rješenje: Arhimedova spirala je prikazana na Slici 2.49.
92
2. ODREÐENI INTEGRALI
Pošto se traži dužina luka
prvog zavoja to će interval
integracije biti
∈ [02]
249
Dakle,
=
Z
2
0
=
Z
2
0
2
0
Za neodre†eni integral
Z
p
2
0
2
+ ( ) =
p
2 + 1
p
2 2 + 2
Rp
2 + 1 vrijedi
Z
Z
Z p
p
1 + 2
2
2
p
+ 1 =
≡ ( + ) 1 + + p
2
1+
1 + 2
p
1 + 2
( + )
p
≡ 1 + 2 + p
+p
2
2
1+
1+
1 + 2
1 + 2 ≡ (1 + 2 ) + ( + ) +
Iz zadnje jednakosti dobijamo sistem
2 = 1
= 0
+ = 1
Očito je = 12 = 0 i = 12 Prema tome,
Z p
2 + 1 ≡
=
p
1 + 2 +
2
p
1 + 2 +
2
Z
1
p
2
1 + 2
³
´
p
1
ln + 1 + 2
2
2.6. ZADACI SA RJEŠENJIMA
93
Sada je dužina luka
µ p
´¶ 2
p
1 ³
2
2
1 + + ln + 1 +
|
=
2
2
0
´
³
p
p
= 1 + 4 2 + ln 2 + 1 + 4 2
2
Zadatak 2.46 Pokazati da je dužina luka elipse
jednog talasa sinusoide.
2
2
+ 2 = 1 jednaka dužini
Rješenje: Dužina jednog talasa sinusoide je dužina luka sinusoide na
njenom osnovnom intervalu [0 2] Dakle,
Z 2 p
1 + cos2
1 =
0
Dobijeni integral je eliptički pa ga nije moguće izračunati elementarnim
putem. Me†utim, u zadatku se ne traži vrijednost dobijenog integrala nego
treba vidjeti da je on jednak odre†enom integralu koji se dobije za dužinu
2
luka elipse 2 +2 = 1 Cilj nam je i dužinu luka date elipse napisati pomoću
istog integrala. U tu svrhu parametrizirajmo datu elipsu sa
√
=
2 sin
= cos
Dužina luka krive date u parametarskom obliku je
Z 2 p
Z 2 p
2
2
2 =
2 cos + sin =
1 + cos2
0
0
Dakle, 1 = 2 što je i trebalo pokazati.
Zadatak 2.47 Na cikloidi = ( − ), = (1 − ) naći tačku koja
dijeli prvi svod luka u omjeru 1 : 3.
Rješenje:
250
Na†imo prvo dužinu
prvog svoda luka cikloide,
(Slika 2.50).
Parcijalni izvodi su:
0 = (1 − cos )
0 = sin
94
2. ODREÐENI INTEGRALI
Sada je dužina prvog svoda cikloide
¯
¯
Z 2 q
¯
¯ = ( − )
|2
2
0
0
¯
¯
=
1 + ( ) ¯
2
= (1 − cos ) |0 ¯
0
s
µ 0 ¶2
Z 2 q
Z 2
2
0
0
=
1 + ( ) (1 − cos ) =
1+
(1 − cos )
0
0
0
Z 2 q
Z 2 q
2
2
0
0
=
( ) + ( ) =
2 (1 − cos )2 + 2 sin2
0
0
Z 2 p
Z 2
2
=
2 (1 − cos ) = 2
sin = −4 cos |2
= 8
2
2 0
0
0
Na prvom svodu cikloide tražimo takvu tačku da dužina luka cikloide od
koordinatnog početka do te tačke bude četiri puta manja od dužine prvog
svoda cikloide. Njoj će odgovarati neki parametar . Dakle,
Z p
4
22 (1 − cos ) = 8
0
odnosno
Z
0
2
sin = 1 ⇔ −2 cos |0 = 1 ⇔ =
2
2
3
Tačka koja dijeli prvi svod luka cikloide u omjeru 1 : 3 je
!
ÃÃ
√ !
2
3
3
−
3
2
2
Površina rotacione površi
Zadatak 2.48 Izračunati
površinu
¢ površi rotacionog tijela koje nastaje rotaci¡
jom luka krive = 14 2 − 2 ln ∈ [1 ] oko ose.
Rješenje: Prvi izvod date krive je
µ
¶
1
2
2 − 1
0
=
2 −
=
4
2
Odatle je
¡ ¢2
1 + 0 = 1 +
µ
2 − 1
2
¶2
=
µ
2 + 1
2
¶2
2.6. ZADACI SA RJEŠENJIMA
95
Površina rotacione površi biće
= 2
Z
1
= 2
jer je
³
2 +1
2
Z
1
´
sµ
¶
¢
2 + 1 2
1¡ 2
− 2 ln
4
2
¶
µ
¢ 2 + 1
1¡ 2
− 2 ln
4
2
0 za ∈ [1 ] Dalje je
Z
Z
Z
ln
3
( + ) −
ln −
=
4 1
2 1
2 1
µ
¶
4 2
=
+
|1 − (1 + 2 )
4 4
2
2
µ 4
¶
2
3
+
−
− (1 + 2 )
=
4 4
2
4
2
gdje je
1
¯
¯
¯ = ln = ¯
¯
=
ln ¯¯
2
=
= 2 ¯
1
µ 2
¶
Z
1
=
ln |1 −
2
2 1
2 1
=
+
4
4
Z
2 =
Z
1
=
Z
1
0
Sada je
=
4
µ
¯
¯
ln ¯¯ln = |1 ¯¯
¯
1¯
= |0
1
=
2
4 9
−
4
4
¶
=
¢
¡ 4
−9
16
Zadatak 2.49 Izračunati
³√ površinu ´površi rotacionog tijela koje nastaje rotacijom luka krive = ln
2 − 1 − ∈ [−2 −1] oko ose.
Rješenje: Na†imo prvo izvod ´ date krive
µ
¶
1
1
´
√
=√
− 1 = −√
2
2
2
−1−
−1
−1
96
2. ODREÐENI INTEGRALI
Dalje je
Tražena površina je
³ ´2
1 + ´ = 1 +
2
1
=
2 − 1
2 − 1
³p
´ r 2
= 2
ln
2 − 1 −
2 − 1
−2
Z −1 ³p
´ −
ln
2 − 1 − √
= 2
2 − 1
−2
Z
−1
jer je √2 −1 0 za ∈ [−2 −1]. Zadnji integral rješavamo parcijalnom
integracijom uzimajući
³
´
¯
¯
¯ = ln √2 − 1 − = √ − ¯
¯
¯
√2 −1 ¯
¯
¯
= − √12 −1
= − 2 − 1¯
Imamo
µ p
Z −1 ¶
³p
´
2
2
= 2 − − 1 ln
− 1 − |1 −
−2
³√
³√
´
´
= 2
3 ln
3+2 −1
Zadatak 2.50 Izračunati površinu površi rotacionog tijela koje nastaje rotacijom luka krive = cos ∈ [0 2 ] oko ose.
Rješenje: Pošto je prvi izvod date krive vrlo jednostavan, odmah imamo
¯
¯
¯
Z
¯
p
2
2
¯
|0 ¯
cos 1 + sin2 ¯ sin =
= 2
¯
¯cos = |10 ¯
0
Z 1p
Z 1
1 + 2
2
√
= 2
1 + = 2
1 + 2
0
0
Kako je, (vidjeti Zadatak 2.44),
Z
´
p
p
1 ³
1 + 2
√
=
1 + 2 + ln + 1 + 2
2
2
1 + 2
tražena površina je
µ p
´¶
p
1 ³
2
2
= 2
|10
1 + + ln + 1 +
2
2
³√
³
√ ´´
=
2 + ln 1 + 2
2.6. ZADACI SA RJEŠENJIMA
97
Zadatak 2.51 Naći površinu površi koja nastaje rotacijom jednog svoda
cikloide = ( − ), = (1 − ) oko ose.
Rješenje: Već smo ranije u dva navrata imali priliku vidjeti kako izgleda
cikloida. Ustanovili smo da je za prvi svod cikloide ∈ [0 2]odnosno
∈ [0 2] Na osnovu toga površina površi je
= 2
Z
0
2
= 2
2
Z
q
(1 − cos ) 2 (1 − cos )2 + 2 sin2
2
0
Z
2
p
(1 − cos ) 2(1 − cos )
2 sin3
2
0
¯
¯
¶
Z 2 µ
¯
¯¯ cos 2 =
|2
2
2
0
¯
= 8
sin ¯
1 − cos
−1 ¯
2
2 −2 sin 2 = |1
0
Z 1
Z 1
2
2
2
= 16
(1 − ) = 32
(1 − 2 )
−1
0
¶
µ
3
64
|10 = 2
= 322 −
3
3
= 42
Zadatak 2.52 Naći površinu površi koja nastaje rotacijom krive =
∈ [0 4 ] oko ose.
Rješenje: Zbog jednostavnosti izvoda date krive i eksplicitno datih
granica odmah imamo površinu
¯
¯
r
Z
¯ 1 + 1 = 2 | 4 ¯
4
1
¯
4
0
√ ¯¯
1 +
¯ 4 sin cos
= 2
4
¯
cos
= 2 |√52 ¯
0
cos5
Z √5
Z √5 2
22
−1+1
=
= √
√
2
2
2 − 1
2 −1
2
¶
µ
1 − 1 √5
|√2
= + ln
2 +1
Ã
!
√
√
√
√
1 ( 5 − 1)( 2 + 1)
√
=
5 − 2 + ln √
2 ( 5 + 1)( 2 − 1)
Zadatak 2.53 Naći površinu površi koja nastaje rotacijom astroide =
3 = 3 ∈ [0 2] oko ose.
98
2. ODREÐENI INTEGRALI
Rješenje:
Astroida je kriva koju opisuje
jedna tačka na kružnici koja
se kotrlja bez klizanja po
unutrašnjosti druge kružnice;
odnos poluprečnika
tih kružnica je 1:4., (Slika 2.51).
251
Zbog simetrije zadane krive kako u odnosu na osu tako i u odnosu na
osu imaćemo površinu
Z
q
¡
¢2
= 2·2
(3 cos2 (− sin ))2 + 3 sin2 cos
0
¯
¯
¯
Z
¯
2
2
¯
|0 ¯
sin4 cos ¯ sin =
= 122
¯
¯
cos
=
|10 ¯
0
Z 1
12
2
= 12
4 = 2
5
0
2.7
2
3
Zadaci za samostalan rad
U zadacima 1.-12. izračunati vrijednost odre†enog integrala.
R1
9
5
: − 4 ln 4 + ln 13
1 ln( + 3)
4
2
0
R2 + 4
36
: ln 4
2 ln
4−
4
0
¢
¡
R8
1
2
:
3 ( − 3) −6
16 − 1
2
0
√
√
2
p
R
1+ 3
3
2
2
+ ln √
cos 3 sin + 2 cos
:
4
2
2
0
R
5
(2 + cos ) cos17
: 0
6
−
R4
√
3 2 + 9
0
:
1412
5
2.7. ZADACI ZA SAMOSTALAN RAD
ln
R5
7
0
8
R1
0
9
√
−1
1 + 3−
: 4 −
arcsin
R3
4
R1
cos2 (1 + )2
99
4
− 1
2
√
2− 3
:
2
:
3
6
3
0 + 2 + 1
R1 3 − 2 + 3
√
11
2 + 1
0
R √
12 2 2 − 2
1
1
: √ + ln 2 −
6
9 3 9
√
7√
8
2+
: 3 ln(1 + 2) −
3
3
4
:
16
0
R
R
13. Dokazati jednakost (sin ) =
(sin ) gdje je ()
20
0
R
sin
neprekidna funkcija na odsječku [0 ] a zatim izračunati
2
0 1 + cos
2
:
4
R
1 − 2
√
14. Nekaje( ) =
Pokazati da je:
2 1 + 4
(1 +
a) ( ) = (− −); b) ( ) = ( 1 1 ) ( 0); c) ( 1 ) = 0
10
a zatim izračunati ( ).
√
√
2
2
− arcsin
: ( ) = arcsin
1 + 2
1 + 2
Računanje površine figure u ravni
1. Naći površinu ograničenu lukom krive = 2 + + 1 i pravama = 0,
= 1 i = 0.
11
: =
6
2. Naći površinu ograničenu lukom krive = 6 − − 2 i osom.
125
: =
6
3. Izračunati površinu ograničenu krivom = 2 pravama = 0,
= i odsječkom [0 ] na osi.
: =
2
100
2. ODREÐENI INTEGRALI
4. Izračunati površinu ograničenu linijama = 2 − 2 + 2 = 0, = 0
i 2 + = 9.
697
: =
48
5. Izračunati površinu ograničenu linijama = 2, = 2 i =
: =
2
2
16
3
6. Naći površinu ome†enu krivim =
√
+ 2 i = 12 + 1
: = 4.
7. Naći jednu od površina, ograničenu krivim
: = 5 arcsin 35 − 4 ln 2
8. Naći površinu ograničenu krivom =
= 0 i = .
³
´
2
: = 2 − −
2
2
20
+
2
5
= 1, = 4
³
´
+ − i pravama = 0,
9. Izračunati površinu ograničenu krivom = 3 − 3 + 2 osom i
vertikalnim linijama u tačkama ekstrema funkcije.
= 4.
10. Naći površinu ograničenu krivom
: =
√
√ √
+ = i koordinatnim osama.
2
6
11. Naći jedan dio površine ograničene krivim = (1 + cos ) i =
: =
3
2
2
12
¡
¢
12. Iz tačke 35 0 povući tangente na hiperbolu 2 − 2 = 1 i naći površinu
ograničenu tim tangentama i lukom hiperbole izme†u dodirnih tačaka.
8
: = ln 3-
9
13. Izračunati površinu figure ograničene linijama = 0, = 12 = 2 i
2
= arcsin 1+
2
: = arcsin 45 + 2 ln 54
2.7. ZADACI ZA SAMOSTALAN RAD
101
14. Napisati jednadžbu sječice parabole 2 = 4 koja prolazi kroz koordinatni početak i od date parabole odsjeca odsječak površine 9.
: = 23
Računanje zapremine rotacionog tijela
1. Naći zapreminu tijela koje nastaje rotacijom dijela ravni ograničene
krivim = 2 (1 − 2 ) = 0, oko ose.
32
: =
315
2. Naći zapreminu tijela koje opisuje elipsa
ose.
4
: = 2
3
2
2
+
2
2
= 1 rotacijom oko
3. Naći zapreminu tijela koje nastaje rotacijom dijela površine ograničene
krivim 4 = 2 2 = 4, oko ose.
96
: =
5
4. Naći zapreminu tijela koje nasteje rotacijom dijela ravni ograničene
1
krivim = 1+
2 = ±1 = 0, oko ose.
¶
µ
1
: = ln 2 −
2
5. Figura ograničena krivom = 2 − 2 i pravama = 1 i = 0 rotira
oko ose. Izračunati zapreminu tako nastalog tijela.
: =
6
6. Naći zapreminu tijela koje nasteje rotacijom dijela ravni ograničene
krivim = −2 + 2 = || oko ose.
76
: =
15
7. Naći zapreminu tijela koje nasteje rotacijom dijela ravni ograničene
krivim = 3 + = 0 = 3 + , oko ose.
7
2
: = 3 + −
3
3
102
2. ODREÐENI INTEGRALI
8. Izračunati zapreminu tijela koje
r nastaje rotacijom oko ose dijela
1
ravni ograničene linijama = arcsin = 0, = 1, = 2.
2
√ ¢
¡
: = − + ln 2 + 3
6
9. Izračunati zapreminu tijela kojernastaje rotacijom oko ose dijela
´
³
√
ravni ograničene linijama =
ln + 1 + 2 = 0, = 0,
= 2.
√ ¢
√
¡
: = 2 ln 2 + 5 + 1 − 5
10. Naći zapreminu tijela koje nastaje rotacijom jednog svoda cikloide:
= ( − sin ), = (1 − cos ), oko: a) ose, b) ose, c) prave
=
¢
¡
1
: a) = 5 2 3 b) = 6 3 3 c) = 3 9 2 − 16
6
11. Naći zapreminu tijela koje nastaje rotacijom kardioide = (1+cos )
oko polarne ose.
8
: = 3
3
Računanje dužine luka krive
1. Naći dužinu luka na paraboli 2 = 2 + 1 koji odsijeca prava − = 1.
Ã
√ !
√
√
1
3 + 10
: =
3 10 + 2 + ln √
2
2−1
2. Naći dužinu luka krive = ln cos izme†u tačaka sa apscisama = 0
i=
4
: = ln
8
3. Naći dužinu luka krive = ln
2 ( 2 ) ( ).
: = ln
− −
− −
− 1
od tačke 1 ( 1 ) do tačke
+ 1
2.7. ZADACI ZA SAMOSTALAN RAD
103
2
4. Izračunati dužinu luka krive zadane parametarski = = ln
2
1 ≤ ≤ 2
√
√
√
¢
1 ¡√
: =
17 + 2 ln 2 − ln( 17 + 1) − 2 + ln( 2 + 1)
2
√ √
5. Izračunati
dužinu luka krive zadane parametarski = 2 2 1 − 2
√
= 1 − 2 0 ≤ ≤ 1
: =
6. Izračunati dužinu luka krive =
za 7 ≤ ≤ 8
√
√
3
: = 3 2 + 4 3 ln
2
³
´
√
√
√
2 − 48 + 4 6 ln + 2 − 48
7. Izračunati dužinu luka krive = 2 od = 0 do = 2
√
¢
5¡ 4
: =
−1
2
8. Izračunati dužinu luka krive = sin
: =
9. Naći dužinu luka krive date jednadžbama = (1 + sin ) cos =
(1 + sin ) sin + 14
: = 8.
10. Naći Dekartove koordinate tačke na krivoj = (1 − cos ) koja dijeli
dužinu njenog luka iznad polarne ose u odnosu 2 : 3.
¶
µ
224 768
: = −
625 625
Računanje površine rotacione površi
1. Izračunati površinu površi nastalu rotacijom luka krive = oko
ose izme†u tačaka = 0 i =
√ ¢
¡√
: = 2 2 + ln(1 + 2)
ln
2. Izračunati površinu površi nastalu rotacijom luka krive = 2 −
8
√
oko ose, gdje je ≤ ≤
¶
µ
3
1
4
2
: = − − −
8
256
104
2. ODREÐENI INTEGRALI
3. Naći površinu površi koja nastaje rotacijom petlje krive 92 = (3 −
)2 oko ose.
: = 3
4. Izračunati površinu površi nastalu rotacijom oko ose krive 2 = 4+
za −4 ≤ ≤ 2
62
: =
3
5. Izračunati površinu površi nastalu rotacijom oko ose krive =
1
( + − ) za −2 ≤ ≤ 2
2
¢
¡ 4
: =
− −4 + 8
2
6. Izračunati površinu površi nastalu rotacijom oko ose krive = 1 +
¶
µ
−1 2
za 0 ≤ ≤ 1
2
Ã
!
√
7√
1+ 5 4
+
: = 2 −
5 + ln
12
2
3
7. Naći površinu površi koja nastaje rotacijom oko polarne ose krive =
2 sin
: = 4 2
8. Naći površinu površi koja nastaje rotacijom kardioide = (1+cos )
oko polarne ose.
: =
322
5
9. Naći površinu površi koja nastaje rotacijom lemniskate (2 + 2 )2 =
2 (2 − 2 ) oko ose.
√
: = 2(2 − 2)2