Integrali III Deo Zadaci

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 upoređujemo sa

 udv . “Nešto” (recimo  ) 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. u

dx=dv

`dx  du

 dx  v

Kad nađemo 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 upoređujemo sa  udv . Izabraćemo da je x = u a e x dx=dv. xu

e x dx  dv

 xe dx  dx  du  e dx  v x

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 v 2

x2 x e  2

x2 x  2  e dx  ovaj integral je teži od početnog!

www.matematiranje.com

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 Na primer :  x cos xdx ,  (1  x) sin xdx ,  xe x dx ,  2 dx ,  ( x 2  2 x  5)e  x dx itd. 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 urađeni 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...

www.matematiranje.com

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  x2 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 www.matematiranje.com

3



primer 6.

x3 arccos x 1  x2

dx  ?

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



x 3 arccos x 1  x2

x3

arccos x  u 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) dx 1  x 2 ( x 2  2) ] ][ )   [ 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 x3   arccos x  ( )  (  2 x)  C 3 3 3 www.matematiranje.com

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 nađemo 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

 ln

2

xdx 

dx=dv

2 ln x dx  du x

 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 www.matematiranje.com

5

primer 9.

 ln( x 

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 ? du

1 x  1 x

2

dx  dv , kao i obično, složeni izvod ćemo “ na stranu” xv

 ( x  1  x 2 )`

1

1

 (1  x 2 )`)

2 1 x 1  2 x) =  (1  x  1  x2 2 1  x2 1 x = )  (1  1  x2 x  1  x2 =

x  1 x 1

 (1 

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 dx    dt  t  1  x 2 x 2 dx  dt 1 x 1  x2

Konačno, rešenje će biti:

 ln( x 

1  x 2 )dx  x  ln( x  1  x 2 )  1  x 2  C www.matematiranje.com

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 I   sin(ln x)dx  cos(ln x)  (ln x)`dx  du 1 cos(ln x)  dx x  sin(ln x)  x   x  cos(ln x)  Za sada

dx  dv xv 

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

www.matematiranje.com

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

e ax dx  dv

I   e ax sin bxdx  cos bx  (bx)`dx  du

e

1 ax 1 e ax sin bx b ax e   e ax b cos bxdx    e 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 sin bxdx e   eax (b sin bx)dx  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 www.matematiranje.com

8

e ax sin bx b ax I   e cos bxdx a a ax e sin bx b  e ax cos bx b  I     I  odavde moramo da izrazimo I a a  a a  e ax sin bx b  e ax cos bx b 2 I   2  I .........../ a 2 2 a a a 2 ax ax a  I  a  e sin bx  b  e cos bx  b 2  I a 2  I  b 2  I  a  e ax sin bx  b  e ax cos bx I (a 2  b 2 )  a  e ax sin bx  b  e ax cos bx a  e ax sin bx  b  e ax cos bx I a 2  b2 I

e ax (a  sin bx  b  cos bx) C a 2  b2

Rešenje ovog uopštenog integrala možemo primeniti da rešimo recimo  e x sin xdx . Kako? e ax (a  sin bx  b  cos bx) e1x (1  sin1x  1  cos1x) e x (sin x  cos x) Za a  1 i b  1 je   a 2  b2 12  12 2

Dakle:

e x (sin x  cos x) +C  e sin xdx = 2

primer 11.

x



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 a2 x2     1 a2  x2 a2  x2 a2  x2 a2  x2

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

I   a 2  x 2 dx  

a2 a2  x2

dx  

x2 a2  x2

dx www.matematiranje.com

9

Prvi od njih je tablični:



a2 a x 2

2

dx  a 2 

dx a x 2

2

 a 2  arcsin

x a

A drugi ćemo rešiti parcijalnom integracijom:



x

x

xu

2

a2  x2

a  x2 x 2

dx 



dx  du

dx  dv 

a2  x2

dx  v

Rešimo ovaj integral posebno: a2  x2  t 2



x

dx  2 xdx  2 tdt  

a2  x2

xdx  tdt

 t dt  t   a 2  x 2 t

Vratimo se sada u parcijalnu integraciju: x

xu

  

x2 a x 2

2

x2 a x x2 2

2

a2  x2 x

dx 



dx  du

dx  dv

a2  x2

2 2 2 2 dx  v   x a  x   (  a  x )dx

 a2  x2  v

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! x x I  I  a 2  arcsin  x a 2  x 2  2 I  a 2  arcsin  x a 2  x 2 i konačno: a a I  a 2  arcsin

1 x  I   a 2  arcsin  x a 2  x 2   C 2 a  www.matematiranje.com

Ovaj integral možemo rešiti elegantnije primenom odgovarajuće smene, ali to u sledećem fajlu… 10