4.Integrali Zadaci - III Deo ( Parcijalna Integracija)

INTEGRALI ZADACI (III-DEO) PARCIJALNA INTEGRACIJA Ako su u i v diferencijabilne funkcije od x , onda je :

∫ udv = uv − ∫ vdu Ova metoda, parcijalna integracija, po pravilu je na početku proučavanja slabo razumljiva. Mi ćemo pokušati , koliko to dozvoljava pisana reč da vam je približimo i objasnimo . Zadati integral mi uporeñujemo sa

∫ udv . “Nešto” (recimo Θ ) izaberemo da je

u , a “nešto” (recimo ∆dx ) izaberemo

da je dv. Od onog što smo izabrali da je u tražimo izvod , a od onog što smo izabrali da je dv tražimo integral. Θ=u

∆dx=dv

Θ`dx = du

∫ ∆dx = v

Kad nañemo du i v to menjamo u formulu parcijalne integracije: novodobijeni integral

uv − ∫ vdu .

Ideja parcijalne integracije je da

∫ vdu bude lakši od početnog ∫ udv . Ako dobijemo da on nije lakši, znači da smo pogrešno

izabrali u i dv. Najčešći primer na kome profesori objašnjavaju parcijalnu integraciju je :

primer 1.

∫ xe dx = ? x

Ovaj integral uporeñujemo sa ∫ udv . Izabraćemo da je x = u x=u

e x dx = dv

∫ xe dx = dx = du ∫ e dx = v x

a e x dx=dv.

x

= ovo sad menjamo u

u ⋅ v − ∫ vdu

ex = v

= x ⋅ e x − ∫ e x dx = xe x − e x + C = e x ( x − 1) + C u ⋅v ∫ v⋅du A šta bi se desilo da smo birali pogrešno? Da vidimo:

ex = u x x ∫ xe dx = e dx = du

xdx = dv

∫ xdx = v =

x2 x ⋅e − 2

x2 x ∫ 2 ⋅ e dx → ovaj integral je teži od početnog!

x2 =v 2

1

Da bi “pametno” birali ove integrale ćemo podeliti u 4. grupe. 1. GRUPA Ovde ćemo birati da je x ili izraz vezan sa x jednak u, a sve ostalo je dv x dx , ∫ ( x 2 − 2 x + 5)e − x dx itd. Na primer : ∫ x cos xdx , ∫ (1 − x) sin xdx , ∫ xe x dx , ∫ 2 sin x

2. GRUPA Ovde ne uzimamo x za u , već funkciju pored x , (odnosno izraza sa x). lnx = u, arcsinx = u, arctgx = u Na primer :

a sve ostalo je dv.

∫ x ln xdx ∫ x arcsin xdx , ∫ x

2

arctgxdx ,

∫x

3

ln xdx itd.

3. GRUPA Ovde ćemo uzimati dx=dv, a unutrašnja funkcija je u, kao u 2. grupi Na primer :

∫ ln xdx , ∫ ln

2

xdx ,

∫ arctgxdx , ∫ arcsin xdx

itd.

4. GRUPA To su kružni integrali, koji uvek imaju svog “para” preko koga se dati integral vraća na početak… Na primer :

∫e

x

sin xdx , ∫ e x cos xdx ,

∫ sin(ln x)dx , ∫ cos(ln x)dx

itd.

Od svake grupe ćemo uraditi po nekoliko primera...

∫ xe

Jasno je da urañeni primer

primer 2.

x

dx pripada prvoj grupi.

∫ (1 − x) sin xdx = ? 1− x = u

sinxdx=dv

∫ (1 − x)sin xdx = −dx = du

∫ sinxdx = v = (1 − x)(− cos x)− ∫ (− cos x)(−dx) = ( x − 1) cos x − sin x + C − cos x = v

xdx

∫ cos

primer 3.

x=u xdx

∫ cos

2

x

= dx = du

2

x

u ⋅v

∫ vdu

=?

dx =dv cos 2 x dx ∫ cos2 x = v = x ⋅ tgx − ∫ tgxdx = tgx = v

izvući ćemo ∫ tgxdx ‘ na stranu’ , rešiti ga , pa ćemo se vratiti u parcijalnu integraciju... 2

cos x = t sin x − dt ∫ tgxdx = ∫ cos xdx = − sin xdx = dt = ∫ t = − ln t = − ln cos x sin xdx = −dt vratimo se u zadatak: xdx

∫ cos

2

x

= x ⋅ tgx − ∫ tgxdx = x ⋅ tgx − (− ln cos x ) + C = x ⋅ tgx + ln cos x + C

∫ x ln xdx = ?

primer 4.

Ovde je primamljivo uzeti da je x = u , ali bi nas to odvelo u ćorsokak... Ovaj integral je iz II grupe:

∫ xdx = v

ln x = u

∫ x ln xdx = =

1 dx = du x

x2 = ln x ⋅ − x2 2 =v u ⋅v 2

x2 1 x2 x2 1 ∫ 2 ⋅ x dx = 2 ⋅ ln x − ∫ 2 ⋅ x dx = ∫ vdu

x2 1 x2 1 x2 x2 x2 ⋅ ln x − ∫ xdx = ⋅ ln x − ⋅ + C = ⋅ ln x − + C 2 2 2 2 2 2 4

∫ x ⋅ arctgxdx = ?

primer 5.

arctgx = u

∫ x ⋅ arctgxdx =

1 dx = du 1 + x2

∫ xdx = v 2

x =v 2

= arctgx ⋅

x2 x2 1 x2 1 x2 −∫ ⋅ dx = arctgx ⋅ − ⋅ dx 2 2 1 + x2 2 2 ∫ 1 + x2

Ovde ćemo stati i

x2 ∫ 1 + x 2 dx rešiti na stranu pa ubaciti rešenje…Ovo je onaj trik integral , objašnjen u I delu.

Da se podsetimo:

x2 x2 + 1 −1 x2 + 1 1 x2 + 1 1 dx = dx = dx − dx = ∫ x2 + 1 ∫ x2 + 1 ∫ x 2 + 1 ∫ x 2 + 1 ∫ x 2 + 1 dx − ∫ x 2 + 1dx 1 = ∫ dx − ∫ 2 dx = x − arctgx x +1

Sada je:

∫ x ⋅ arctgxdx = arctgx ⋅

x2 1 x2 x2 1 − ⋅∫ dx = arctgx ⋅ − ( x − arctgx) + C 2 2 1 + x2 2 2

3

∫

primer 6.

x 3 arccos x 1 − x2

dx = ?

I ovo je integral iz II grupe al je malo teži i ima više posla.

x3

arccos x = u

∫

x 3 arccos x 1 − x2

dx = -

dx 1 − x2

1 − x2

=du

dx = dv = Uokvireni integral ćemo rešiti “na stranu”

x3

∫

1 − x2

dx = v

1 − x2 = t 2

∫

x3 1 − x2

x2 ⋅ x

dx = ∫

1 − x2

dx =

− 2 xdx = 2 tdt

1− t2 t3 t 3 − 3t 2 =∫ ( − t dt ) = ∫ (t − 1) dt = − t = = 3 3 t

xdx = −tdt 1 − x2 = t 2 → x2 = 1 − t 2

t (t 2 − 3) 1 − x 2 (1 − x 2 − 3) 1 − x 2 (− x 2 − 2) 1 − x 2 ( x 2 + 2) = = =− 3 3 3 3 Vratimo se sada u parcijalnu integraciju:

∫

x 3 arccos x 1 − x2

arccos x = u dx =

= arccos x ⋅ (−

-

dx 1 − x2

=du

x3 1 − x2

dx = dv

1 − x 2 ( x 2 + 2) − =v 3

=

1 − x 2 ( x 2 + 2) 1 − x 2 ( x 2 + 2) dx ][ − ) − ∫ [− ] 2 3 3 1− x

1 − x 2 ( x 2 + 2) 1 = − arccos x ⋅ ( ) − ∫ ( x 2 + 2)dx 3 3 1 − x 2 ( x 2 + 2) 1 x 3 = − arccos x ⋅ ( ) − ( + 2 x) + C 3 3 3

4

∫ ln xdx = ?

primer 7.

Ovo je integral iz naše III grupe. ln x = u dx=dv 1 1 1 ∫ ln xdx = x dx = du ∫ dx = v = ln x ⋅ x − ∫ x ⋅ x dx = x ln x − ∫ x ⋅ x dx = x ln x − x + C = x(ln x − 1) + C x=v

∫ ln

primer 8.

∫ ln

2

2

xdx = ?

ln 2 x = u

dx=dv

xdx = ? dx = du

∫ dx = v

, da nañemo mi ovaj izvod “na stranu”, jer se radi o složenoj funkciji.

x=v

(ln 2 x)`= 2 ln x ⋅ (ln x)`= 2 ln x ⋅

1 2 ln x = x x

Vratimo se na zadatak:

ln 2 x = u 2 ln x 2 ∫ ln xdx = x dx = du

dx=dv

∫ dx = v

= ln 2 x ⋅ x − ∫ x ⋅

2 ln x ln x dx = x ⋅ ln 2 x − 2∫ x ⋅ dx = x ⋅ ln 2 x − 2 ∫ ln xdx x x

x=v

Radili smo i dobili

∫ ln xdx , koji smo rešili u prethodnom primeru. Znači ovde bi morali da radimo novu parcijalnu

integraciju!

Iskoristićemo rešenje prethodnog primera da je

∫ ln xdx = x(ln x − 1)

Pa će rešenje našeg integrala biti:

∫ ln

2

xdx = x ⋅ ln 2 x − 2 ∫ ln xdx = x ⋅ ln 2 x − 2 x(ln x − 1) + C = x ⋅ (ln 2 x − 2 ln x + 2) + C

5

∫ ln( x +

primer 9.

1 + x 2 )dx = ?

Ovo je već ozbiljniji primer i imaćemo više posla…

2 ∫ ln( x + 1 + x )dx =

[ln( x + 1 + x 2 )]`=

ln( x + 1 + x 2 ) = u

dx = dv x=v

? du

1 x + 1+ x

2

⋅ ( x + 1 + x 2 )`=

, kao i obično, složeni izvod ćemo “ na stranu”

1 x + 1+ x 1

⋅ (1 +

1

⋅ (1 + x 2 )`)

2 1+ x 1 = ⋅ (1 + ⋅ 2 x) x + 1 + x2 2 1 + x2 1 x = ⋅ (1 + ) x + 1 + x2 1 + x2 2

1

=

⋅(

x + 1+ x2

2

1 + x2 + x 1+ x

2

)=

1 1 + x2

Vratimo se u zadatak:

ln( x + 1 + x 2 ) = u 2 ∫ ln( x + 1 + x )dx = 1 dx = du 1 + x2 = ln( x + 1 + x 2 ) ⋅ x −

∫

x 1 + x2

dx = dv x=v

= ln( x + 1 + x 2 ) ⋅ x − ∫ x ⋅

1 1 + x2

dx =

dx =

Opet problem, izvučemo uokvireni integral i rešimo ga metodom smene:

∫

1 + x2 = t

x 1+ x

2

dx =

x 1 + x2

dx = dt

= ∫ dt = t = 1 + x 2

Konačno, rešenje će biti:

∫ ln( x +

1 + x 2 )dx = x ⋅ ln( x + 1 + x 2 ) − 1 + x 2 + C

6

I još da pokažemo par primera iz IV grupe.

∫ sin(ln x)dx = ?

primer 10.

Krenemo sa parcijalnom integracijom ( početni integral najčešće obeležavamo sa I ):

sin(ln x) = u

dx = dv

I = ∫ sin(ln x)dx = cos(ln x) ⋅ (ln x)`dx = du

x=v =

1 cos(ln x) ⋅ dx x = sin(ln x) ⋅ x − ∫ x ⋅ cos(ln x) ⋅ Za sada

1 dx = sin(ln x) ⋅ x − ∫ cos(ln x)dx x

I = sin(ln x) ⋅ x − ∫ cos(ln x)dx

* Integral

∫ cos(ln x)dx radimo “ na stranu” , opet parcijalnom integracijom:

cos(ln x) = u ∫ cos(ln x)dx = -sin(lnx) 1 dx = du x cos(ln x) ⋅ x − ∫ x (-sin(lnx)

dx=dv x=v

=

1 )dx = cos(ln x) ⋅ x + ∫ sin(ln x)dx = cos(ln x) ⋅ x + I x

Dakle imamo

∫ cos(ln x)dx = cos(ln x) ⋅ x + I

Vratimo se na

*

I = sin(ln x) ⋅ x − ∫ cos(ln x)dx ovde zamenimo da je

∫ cos(ln x)dx = cos(ln x) ⋅ x + I

I = sin(ln x) ⋅ x − [cos(ln x) ⋅ x + I ] I = sin(ln x) ⋅ x − cos(ln x) ⋅ x − I I + I = sin(ln x) ⋅ x − cos(ln x) ⋅ x 2 I = x ⋅ [sin(ln x) − cos(ln x)] x ⋅ [sin(ln x) − cos(ln x)] +C 2 Konstantu C dodamo tek kad izrazimo I. I=

7

Profesori najviše vole da ovaj tip integrala objasne ( a posle vala i pitaju) na integralima:

∫e

x

sin xdx

∫e

i

x

cos xdx

Mi ćemo uraditi jedan uopšteniji primer :

primer 11.

∫e

ax

sin bxdx = ?

Startujemo sa parcijalnom integracijom…( i naravno ovaj integral obeležimo sa I)

sin bx = u

eax dx = dv

I = ∫ eax sin bxdx = cos bx ⋅ (bx)`dx = du

∫e

1 ax 1 e ax sin bx b ax − ∫ e cos bxdx e − ∫ eax b cos bxdx = a a a a

= sin bx ⋅

Za sad dakle imamo Rešavamo

∫e

ax

I=

e ax sin bx b − a a

cos bxdx = − sin bx ⋅ (bx)`dx = du −b sin bxdx = du

= cos bx ⋅

Dakle :

∫e

ax

cos bxdx

cos bxdx , pa ćemo to rešenje vratiti…

cos bx = u ax

dx = v =

1 ax e =v a

b cos bxdx = du

∫e

ax

e ax dx = dv

∫e

ax

dx = v =

1 ax e =v a

1 ax 1 e ax cos bx b ax e − ∫ eax (−b sin bx)dx = + ∫ e sin bxdx a a a a ax ∫ e cos bxdx =

ax ∫ e cos bxdx =

e ax cos bx b ax + ∫ e sin bxdx a a

to jest

e ax cos bx b + ⋅I a a

8

e ax sin bx b ax − ∫ e cos bxdx a a ax e sin bx b  e ax cos bx b  − ⋅ + ⋅ I  odavde moramo da izrazimo I I= a a  a a  I=

eax sin bx b ⋅ eax cos bx b 2 − − 2 ⋅ I .........../ ia 2 2 a a a 2 ax ax a ⋅ I = a ⋅ e sin bx − b ⋅ e cos bx − b 2 ⋅ I I=

a 2 ⋅ I + b 2 ⋅ I = a ⋅ e ax sin bx − b ⋅ eax cos bx I (a 2 + b 2 ) = a ⋅ e ax sin bx − b ⋅ eax cos bx I=

a ⋅ e ax sin bx − b ⋅ eax cos bx a 2 + b2

I=

eax (a ⋅ sin bx − b ⋅ cos bx) +C a 2 + b2

Rešenje ovog uopštenog integrala možemo primeniti da rešimo recimo ∫ e x sin xdx .

e ax ( a ⋅ sin bx − b ⋅ cos bx) e1x (1 ⋅ sin1x − 1⋅ cos1x ) e x (sin x − cos x ) = = a2 + b2 12 + 12 2

Za a = 1 i b = 1 je

x ∫ e sin xdx =

Dakle:

∫

primer 11.

Kako?

e x (sin x − cos x) +C 2

a 2 − x 2 dx = ?

Ovo je jedan od poznatijih integrala koga možemo rešiti na nekoliko načina. Ajmo da vidimo kako bi to išlo pomoću parcijalne integracije... Najpre vršimo malu racionalizaciju podintegralne funkcije:

a2 − x2 a2 − x2 a2 − x2 a2 x2 ⋅ = = − 1 a2 − x2 a2 − x2 a2 − x2 a2 − x2

a2 − x2 =

Dakle , sada imamo dva integrala( početni integral ćemo označiti sa I ):

I = ∫ a − x dx = ∫ 2

2

a2 a2 − x2

dx − ∫

x2 a2 − x2

dx

9

Prvi od njih je tablični:

∫

a2 a2 − x2

dx = a 2 ∫

dx a2 − x2

= a 2 ⋅ arcsin

x a

A drugi ćemo rešiti parcijalnom integracijom:

∫

x

x=u

x2 a2 − x2

a2 − x2 x

dx =

∫

dx = du

dx = dv =

a2 − x2

dx = v

Rešimo ovaj integral posebno: a2 − x2 = t 2

∫

x

dx = −2 xdx = 2 tdt = ∫ a −x xdx = −tdt 2

2

− t dt = −t = − a 2 − x 2 t

Vratimo se sada u parcijalnu integraciju: x

x=u

∫

x2 a −x 2

2

a − x2 x 2

dx =

∫

dx = du

dx = dv

a2 − x2

2 2 2 2 dx = v = − x a − x − ∫ ( − a − x )dx

− a2 − x2 = v

∫ ∫

x2 a −x x2 2

2

dx = − x a 2 − x 2 + ∫ ( a 2 − x 2 )dx dx = − x a 2 − x 2 + I

a −x Da se podsetimo početka: 2

I =∫

2

a2 a2 − x2

dx − ∫

x2 a2 − x2

dx

x − (− x a 2 − x 2 + I ) a x I = a 2 ⋅ arcsin + x a 2 − x 2 − I a Prebacimo I na levu stranu! I = a 2 ⋅ arcsin

I + I = a 2 ⋅ arcsin

x x + x a 2 − x 2 → 2 I = a 2 ⋅ arcsin + x a 2 − x 2 i konačno: a a

1 x  I =  a 2 ⋅ arcsin + x a 2 − x 2  + C 2 a 

Ovaj integral možemo rešiti elegantnije primenom odgovarajuće smene, ali to u sledećem fajlu…

10