Riemannov integral

of 55/55
Matematika 2 (1. Riemannov integral) Boris ˇ Sirola predavanja
  • date post

    15-Jan-2017
  • Category

    Documents

  • view

    232
  • download

    2

Embed Size (px)

Transcript of Riemannov integral

  • Matematika 2

    (1. Riemannov integral)

    Boris Sirola

    predavanja

  • 3

    1. Riemannov integral

    Pretpostavimo da imamo neku neprekidnu realnu funkciju f , definiranu na nekomsegmentu; tj., neka je dana neprekidna funkcija

    f : [a, b] R.Pretpostavimo, radi jednostavnosti, i da je ta funkcija nenegativna na cijeloj domeni; tj.,da vrijedi f(x) 0, za svaki x [a, b]. Pogledajmo graf (f) te funkcije, nacrtan ukoordinatnom sustavu u ravnini. (Kako je f neprekidna, taj je graf krivulja nacrtanau jednom komadu. Osim toga, zbog spomenute nenegativnosti funkcije, graf se nalaziiznad X-osi.) Sada je sasvim prirodno postaviti sljedece

    Pitanje. Kolika je povrsina pov(P), podrucja P u koordinatnoj ravnini koje je omedenoodozdo s X-osi, odozgo sa grafom (f), lijevo sa pravcem X = a, te desno sa pravcemX = b?

    Slika 1.

    Prije nego li se pocnemo ozbiljnije baviti odgovorom na spomenuto pitanje, mozda cebiti korisno pogledati jedan konkretan primjer.

    Primjer 1.1. Neka je dana realna funkcija, realne varijable,

    f(x) := 2x 1.Kako je f(x) 0 ako i samo ako je x 1/2, gledajmo onaj dio grafa od f koji se nalazina skupu [1/2,+). Posebno, neka je dan proizvoljan t > 1/2 i gledajmo dio grafa od fkoji je iznad segmenta I = It = [1/2, t]; jasno, rijec je o duzini. Onda oznacimo sa P = Ptodgovarajuce podrucje koje je dobiveno kao i u nasem Pitanju.

    Slika 2.

    Neka je ondaF (t) := pov(P).

    Kako je dobiveno podrucje zapravo (pravokutan) trokut, ciji su vrhovi tocke A = (1/2, 0),B = (t, 0) i T = (t, 2t 1), slijedi da je

    F (t) =12

    (t 1

    2

    )(2t 1) = = t2 t + 1

    4.

    (Sjetimo se da se povrsina pravokutnog trokuta racuna tako da uzmemo polovinu umnoskaduljina njegovih kateta. Tako smo radili pri racunanju naseg F (t).)

    U ovom poglavlju najprije se bavimo sa sljedeca dva problema:

    (1) Ako je dana (neprekidna) funkcija f : [a, b] R, takva da je f(x) 0 za svakix [a, b], kolika je povrsina odgovarajuceg podrucja P?

    (2) Ako je zadana neka dobra funkcija f(x), nadimo neku drugu funkciju F (x) takoda vrijedi

    F (x) = f(x).

    c BS 3

  • 4

    Kako cemo vidjeti, iako se na prvi pogled ne cini tako, gornja su dva problema zapravojako usko povezana; i oba vode ka pojmu integrala. Kao ilustraciju recenoga pogledajmogornji primjer. U njemu smo imali funkciju f(x) = 2x1, i za nju smo prilikom racunanjapovrsine onoga podrucja P = Pt dobili funkciju F (t). Primjetimo da je

    F (t) =(t2 t + 1

    4

    )= 2t 1 = f(t).

    Dakle, u ovom specijalnom slucaju je F = f ; tj., funkcije F i f su povezane na nacinkako je to navedeno u problemu (2) gore. Pokazat ce se da to nije puka slucajnost; vecnaprotiv, to je pravilo!

    1.1. Odredeni integral.

    U ovom prvom odjeljku uvodimo pojam tzv. odredenog integrala, kao i jos neke drugeosnovne pojmove. Buduci se bez svega toga ne moze krenuti dalje, u ovom prvom odjeljkumateriju izlazemo sa vise detalja, komentara i napomena nego li ce to biti slucaj u veciniostalih odjeljaka.

    Pojam odredenog integrala neraskidivo je povezan sa vrlo starim matematickim prob-lemom, o kojem govori nase Pitanje s pocetka ovog poglavlja; to je problem racunanjapovrsine lika koji se nalazi ispod grafa neke neprekidne nenegativne realne funkcije defini-rane na segmentu. Iako mozemo reci da je pojam integrala, u formi kakvu to danas imamo,izum 19. stoljeca, sa spomenutim problemom racunanja povrsine ispod grafa bavio senpr. jos i Arhimed1. Sasvim precizno receno, Arhimed je racunao recenu povrsinu pov(P),za slucaj kada je f obicna kvadratna funkcija; tj., racunao je povrsinu ispod parabole.Naglasimo kako je Arhimedovo rezoniranje, koje je bilo apsolutno korektno, zapravo nev-jerojatno napredno s obzirom na vrijeme u kojem je zivio; iako bismo iz danasnje situacijemogli reci da je ono zapravo krajnje elementarno. I kad ga se pazljivo analizira, vidi se daje to, slobodnije receno, pradavni pocetak infinitezimalnog racuna.

    Primjer 1.2. Promatrajmo funkciju

    f : [0, 3] R, f(x) := x2.Zanima nas povrsina lika P, koji se nalazi ispod grafa (f). Arhimedova ideja bila jevrlo jednostavna. Najprije podijelimo segment I := [0, 3] na n jednakih dijelova. Takodobijemo razdiobne tocke

    t0 = 0 i ti := i3n

    , i = 1, 2, . . . , n.

    Zatim pogledajmo svaki od tako dobivenih podsegmenata

    Ii := [ti1, ti], i = 1, 2, . . . , n.

    Onda gledamo restrikcije od f na te pojedine male segmente; tj., gledamo funkcijefi := f|Ii . Jasno je da je svaka funkcija fi strogo rastuca na svojoj domeni. To znaci daako definiramo funkcije konstante

    di, gi : Ii R, di(x) := fi(ti1) i gi(x) := fi(ti),1Arhimed (287?-212 B.C.), veliki grcki matematicar, fizicar i izumitelj

    c BS 4

  • 5

    onda jedi(x) fi(x) gi(x), x Ii.

    (Ovdje je dobro primjetiti da smo funkciju di zapravo definirali kao konstantu koja je jed-naka vrijednosti koju funkcija fi poprima u lijevom kraju segmenta na kojem je definirana.Sasvim isto, gi je definirana kao konstanta koju fi poprima u desnom kraju segmenta.)Gornje nejednakosti govore da se graf funkcije di nalazi ispod grafa od fi, dok se graf odgi nalazi iznad grafa od fi. Ako sada nacrtamo recene grafove, funkcija fi, di i gi, ondadobijemo sljedecu stepenicastu sliku:

    Slika 3.

    Oznacimo sa P di povrsinu lika, tj. pravokutnika, koji se nalazi ispod grafa funkcije di.Analogno, sa P gi oznacimo povrsinu lika, tj. pravokutnika, koji se nalazi ispod grafafunkcije gi. Isto tako, sa Pi oznacimo povrsinu lika koji se nalazi ispod grafa od fi.Sasvim su ocite sljedece nejednakosti:

    P di Pi P gi , i = 1, 2, . . . , n.Zbrajanjem tih n parova nejednakosti, uz oznake

    Pd := P d1 + + P dn ,Pg := P

    g1 + + P gn ,

    P := P1 + + Pn,dobivamo

    Pd P Pg.Sada, gledajuci dobivenu sliku sa grafovima, intuitivno je sasvim jasno sljedece: Ako

    budemo uzimali sve veci i veci n, tj. radili sve finije razdiobe segmenta I, za ocekivatije da ce biti

    P Pd Pg;tj., trazena vrijednost P bit ce priblizno jednaka broju Pd, odnosno broju Pg.

    Mozda je ovdje instruktivno gledati neke konkretne vrijednosti od n. Tako npr. zan = 6, gdje je sada I razdijeljen na 6 podsegmenata od kojih je svaki duljine 1/2, dobivamo:

    Pd =12

    (f(0) + f(1/2) + + f(5/2)) = 1

    2(0 + 1/4 + + 25/4) = 55

    8,

    Pg =12

    (f(1/2) + f(1) + + f(3)) = 1

    2(1/4 + 1 + + 9) = Pd + 92 .

    Primjetimo kako je ovdje razlika Pg Pd = 9/2 poprilicno velika; tj. nase pribliznevrijednosti Pd i Pg ne cine se bas jako blizu pravoj vrijednosti P , koja nas zapravozanima. Naravno, razlog tome je taj da je uzeta vrijednost n = 6 zapravo premala, ishodno tome dobivene su pogreske prevelike. Mi cemo kasnije upravo na ovom primjerufunkcije f vidjeti kako je nas, ili bolje receno Arhimedov, argument potpuno korektan.

    Za ono sto slijedi, podsjetimo se ovdje pojma ogranicene funkcije. Kazemo da jefunkcija f : [a, b] R ogranicena ukoliko postoje realni brojevi m i M takvi da je

    m f(x) M, x [a, b].c BS 5

  • 6

    To posebno znaci da se graf (f) nalazi ispod pravca y = M , te istovremeno iznad pravcay = m. (Nacrtajte sliku!)

    Napomena 1.3. Korisno je ovdje podsjetiti i na cinjenicu koju smo naveli u kolegijuMatematika 1. To je forma Bolzano-Weierstrassovog teorema za neprekidne funkcije,koja glasi:

    Ako je funkcija f neprekidna, onda je ona i ogranicena.

    Naglasimo da cemo do kraja ovog odjeljka, ukoliko ne bude receno drugacije, pret-postavljati sljedece:

    Funkcija f : [a, b] R je ogranicena.

    Sada definiramo neke osnovne pojmove.

    Definicija 1.4. Subdivizija, ili podjela, segmenta [a, b] je niz razdiobnih tocaka:

    () a = x0 < x1 < < xn1 < xn = b

    (Nacrtajte sliku!)

    Neka je sada dana neka subdivizija () kao gore. Definirajmo onda sljedece brojeve:

    mi = mi(f, ) := infx[xi1,xi]

    f(x),

    Mi = Mi(f, ) := supx[xi1,xi]

    f(x).(1)

    (Ukoliko je funkcija f stovise neprekidna, onda su brojevi mi i Mi najmanja i najvecavrijednost, redom, koju f poprima na podsegmentu [xi1, xi]; to ponovo po B-W teoremu.)

    Uz gornje oznake, uvodimo daljnje oznake i terminologiju.

    Definicija 1.5. Realan broj

    s() = s(, f) :=n

    i=1

    mi(xi xi1)

    zove se donja Darbouxova suma, za subdiviziju () i funkciju f .Analogno, realan broj

    S() = S(, f) :=n

    i=1

    Mi(xi xi1)

    zove se gornja Darbouxova suma, za subdiviziju () i funkciju f .

    Napomena 1.6. Ako su dane dvije subdivizije, recimo (1) i (2), segmenta [a, b],onda uvijek vrijedi

    s(1) S(2).c BS 6

  • 7

    Ta je cinjenica posljedica ovog evidentnog niza nejednakosti:

    s(1) s(1 2) S(1 2) S(2).Gore smo sa 1 2 oznacili novu subdiviziju segmenta [a, b] koja je dobivena kao unijaod dvije dane subdivizije. Sasvim precizno receno, ta se nova subdivizija dobiva tako dauzmemo uniju razdiobnih tocaka koje definiraju (1) i razdiobnih tocaka koje definiraju(2).

    Sada imamo ovu osnovnu definiciju.

    Definicija 1.7. (Odredeni integral)Neka je funkcija f : [a, b] R ogranicena. Definiramo donji Riemannov integral,

    ili krace donji R-integral, funkcije f , kao broj

    I(f) := sup

    s().

    Analogno, definiramo i gornji Riemannov integral, ili krace gornji R-integral, funkcijef , kao broj

    I(f) := inf

    S().

    Kazemo da je funkcija f (Riemann) integrabilna, ili krace R-integrabilna, ukolikoje I(f) = I(f). Nadalje, realan broj

    ba

    f(x) d x := I(f) = I(f)

    zove se odredeni integral funkcije f na segmentu [a, b]; jos se govori i o R-integraluod f , na [a, b].

    Napomena 1.8. (0) Naglasimo kako je vrlo cest slucaj da se gore definiran odredeniintegral funkcije f , na segmentu [a, b], oznacava i u sljedecoj, malo kracoj, formi:

    ba

    f dx

    Mi cemo u daljnjem ravnopravno koristiti obje notacije.

    (1) Primjetimo kako, po navedenom u Napomeni 1.6, ocito slijedi da je uvijek

    I(f) I(f).Kako smo rekli, ukoliko u gornjoj nejednakosti stoji stovise jednakost, onda govorimo daje nasa funkcija f R-integrabilna. Medutim, bitno je naglasiti da ima slucajeva kada cemoza neku konkretnu funkciju f gore imati bas strogu nejednakost; tj. imat cemo da je

    I(f) < I(f).Naravno, ta funkcija onda nece biti niti R-integrabilna. Kao jednostavan primjer, kada toimamo, mozemo uzeti funkciju

    f : [0, 1] R, f(x) :={

    1 ako x Q,0 ako x 6 Q.

    c BS 7

  • 8

    Sada ocito imamo da je svaka donja Darbouxova suma s() = 0, dok je svaka gornjaDarbouxova suma S() = 1. No to onda znaci da je

    I(f) = 0 < 1 = I(f).(Mozda je ovdje pravo mjesto i za reci ovo: Zapravo, ima mnogo vise funkcija koje necebiti R-integrabilne, od onih koje hoce. No ta, u biti netrivijalna, cinjenica vrijedi tek kadana pravi nacin interpretiramo frazu mnogo vise.)

    (2) Nakon svega recenoga, ukoliko imamo posla sa nenegativnom funkcijom, jasna jesljedeca cinjenica:

    ba

    f dx = povrsina podrucja ispod (f), iznad [a, b]

    To govori da je prije spomenuti problem racunanja povrsine podrucja P zapravo sveden naproblem racunanja odredenog integrala

    ba f d x. Nasa glavna zadaca, u onome sto slijedi,

    je pokazati kako se efektivno takvi odredeni integrali mogu racunati.

    Pogledajmo jos jednom sto smo mi radili u definiciji R-integrabilnosti. Najprije smoza danu funkciju f : [a, b] R uzimali sve moguce subdivizije () segmenta [a, b]. Ondasmo za svaku takvu subdiviziju napravili i gornju i donju Darbouxovu sumu. Zatim smodefinirali donji R-integral kao supremum skupa svih donjih Darbouxovih suma; tj.,

    I(f) := sup{s() | () subdivizija od [a, b]}.Isto tako, gornji R-integral definirali smo kao infimum skupa svih gornjih Darbouxovihsuma; tj.,

    I(f) := inf{s() | () subdivizija od [a, b]}.Malo slobodnije receno, imajuci na umu sliku koja ilustrira donje i gornje Darbouxove sumena grafu (f), mi u gornjim definicijama dobivamo I(f) kao rezultat jednog granicnogprocesa u kojem uzimanjem sve finijih razdiobi guramo vrijednosti odgovarajucih don-jih Darbouxovih sumi na vise. Analogno, tim profinjivanjem i guranjem vrijednostiodgovarajucih gornjih Darbouxovih sumi na nize dobivamo I(f). Ako na taj nacinuspijemo donje Darbouxove sume nagurati prema gore, a gornje prema dolje, tako dase granice pri tom guranju mogu uciniti po volji blizu, onda kazemo da je funkcija fR-integrabilna; ili da postoji odreden integral od f na segmentu [a, b]. Zapravo, upravoreceno je skica dokaza sljedeceg fundamentalnog rezultata; u literaturi se taj rezultat cestozove kljucna lema (o R-integrabilnosti).

    Teorem 1.1.Neka je dana ogranicena funkcija f : [a, b] R. Tada je ta funkcija R-integrabilna

    ako i samo ako vrijedi sljedece:

    Za svaki > 0 postoji subdivizija () segmenta [a, b] takva da razlika odgovarajuce gornjei donje Darbouxove sume nije veca od ; tj., takva da je

    S() s() .

    Poradi koristi, dat cemo jos jednu ekvivalentnu definiciju R-integrabilnosti. Ali prijetoga moramo definirati i dva nova pojma.

    c BS 8

  • 9

    Definicija 1.9. Za proizvoljnu subdiviziju (), i bilo koje realne brojeve ci [xi1, xi],realan broj

    i(c1, . . . , cn; ) :=n

    i=1

    f(ci)(xi xi1)

    zove se integralna suma za funkciju f i subdiviziju ().Nadalje, broj

    () := max1in

    (xi xi1)

    zove se dijametar subdivizije ().

    Napomena 1.10. Kao evidentnu posljedicu ocitih nejednakosti

    mi f(ci) Mi, i = 1, . . . n,gdje su brojevi mi i Mi definirani sa (1), primjetimo ovo: Za svaku subdiviziju () iodgovarajucu integralnu sumu vrijede sljedece nejednakosti:

    s() i(c1, . . . , cn; ) S().Sada smo spremni za najavljenu ekvivalentnu definiciju R-integrabilnosti.

    Definicija 1.11. Ogranicena funkcija f : [a, b] R je R-integrabilna ako postojilimes

    lim()0

    i(c1, . . . , cn; ).

    Tada gornji limes oznacavamo sa ba

    f d x,

    i zovemo odredeni integral funkcije f na segmentu [a, b].

    Napomena 1.12. Primjetimo kako gornja definicija koristi pojam limesa na jedannovi nacin, s kojim se mi nismo sreli. Naime, u izrazu lim()0 uzimanje limesaznaci da vrijede istovremeno sljedece dvije stvari: (I) Broj n, na koliko podsegmenatasubdivizija () dijeli [a, b], tezi prema beskonacnosti, tj. n ; (II) Dijametar subdivizijetezi prema nuli, tj. () 0.

    Iako smo tvrdnju koji slijedi vec izrekli, zbog vaznosti ju donosimo u formi teorema.Dokaz, koji nije sasvim jednostavan, necemo dati.

    Teorem 1.2.Neka je dana ogranicena funkcija f : [a, b] R. Tada je ta funkcija R-integrabilna u

    smislu Definicije 1.7 ako i samo ako je ona R-integrabilna u smislu Definicije 1.11.

    Za ilustraciju, pokazimo kako se racuna povrsina P , za slucaj kada je funkcija f danakao u Primjeru 1.2.

    c BS 9

  • 10

    Primjer 1.13. Naglasimo kako nam valjanost racuna koji ovdje provodimo garantiradolje formuliran Teorem 1.3. (Tu je bitno podsjetiti na dobro poznatu cinjenicu da jefunkcija f neprekidna.)

    Nadimo odredeni integral funkcije f : [0, 3] R, f(x) := x2. U tu svrhu podijelitcemo segment [0, 3] na n jednakih dijelova; tj., uzimamo subdivizije

    (n) xi := i(3 0

    n

    )=

    3in

    , i = 0, 1, . . . , n.

    Nadalje, uzet cemoci = xi [xi1, xi], i = 1, . . . , n.

    Onda imamo integralne sume

    i(n) := i(c1, . . . cn; n) =n

    i=1

    f(xi)(xi xi1)

    =n

    i=1

    x2i3n

    =3n

    n

    i=1

    (3in

    )2=

    27n3

    n

    i=1

    i2.

    Sada, dobro je poznat sljedeci identitet:

    12 + 22 + + n2 = n(n + 1)(2n + 1)6

    .

    I onda odmah slijedi da je

    i(n) =27n3

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

    =92

    n + 1n

    2n + 1n

    .

    Buduci su evidentno ekvivalentni uvjeti n i (n) 0, slijedi: 3

    0x2 d x = lim

    (n)0i(n) = lim

    n0i(n) =

    92

    limn0

    n + 1n

    limn0

    2n + 1n

    = 9.

    Znaci, trazena je povrsina P = 9.

    Primjetimo kako smo mogli gledati i malo opcenitiju situaciju. Naime, pretpostavimoda je dan proizvoljan t > 0, i onda funkcija f : [0, t] R, f(x) := x2. Podijelimo segment[0, t] na n jednakih dijelova; tj., gledajmo subdiviziju

    (n) xi :=ti

    n, i = 0, 1, . . . , n.

    Onda, uz zamjenu 3 t, potpuno isti racun kao gore daje

    F (t) := t

    0x2 dx =

    t3

    3;

    jasno, za t = 3 dobivamo F (3) = 30 x

    2 d x = 9, kako smo vec vidjeli. U vezi s recenim uuvodu ovog poglavlja, dobro je primjetiti kako i ovaj put imamo

    F (t) = t2 = f(t).

    Teorem koji slijedi, posebno njegov prvi dio, je od velike teorijske vaznosti. I ovaj putadokaz ispustamo.

    c BS 10

  • 11

    Teorem 1.3.Pretpostavimo da je funkcija f : [a, b] R neprekidna. Tada je ta funkcija i R-

    integrabilna; tj.,

    Neprekidnost = R-integrabilnostNadalje, integral od f mozemo racunati tako da segment [a, b] dijelimo na n jednakih

    dijelova, i onda pustimo n . Preciznije receno, definiramo razdiobne tocke

    xi := a + ib a

    n, i = 0, 1, . . . , n,

    i uzmimo bilo koje realne brojeve

    ci [xi1, xi], i = 1, . . . , n.Tada je b

    af dx = lim

    n

    n

    i=1

    f(ci)b a

    n.

    Posebno, ako uzmemo upravo ci = xi, onda je

    ba

    f d x = (b a) limn

    (1n

    n

    i=1

    f(a + i

    b an

    ))

    Naglasimo kako se pomocu posljednje uokvirenog izraza mogu ponekad u praksi nu-mericki racunati neki konkretni odredeni integrali, kada je to drugim metodama mozda iznekih razloga otezano.

    Sljedeci je primjer instruktivan. Naime, iako je originalna motivacija za definicijuintegrala bio problem racunanja povrsine ispod grafa funkcije, za koju smo pretpostavljalida je nenegativna, a povrsinu smo nauceni mjeriti u pozitivnim brojevima, nasa definicijaodredenog integrala moze imati kao rezultat bilo koji realan broj; pozitivan ili negativan.

    Primjer 1.14. Neka je dana (neprekidna) funkcija f : [1, 2] R, f(x) := x. Ponovokoristeci Teorem 1.3, izracunajmo odredeni integral

    21xd x;

    sto odgovara povrsini podrucja omedenog sa grafom funkcije f , kao na ovoj slici:

    Slika 4.

    U tu svrhu i ovaj put dijelimo segment, na kojem je definirana funkcija f , na n jednakihdijelova; tj., definiramo razdiobne tocke

    xi := 1 + i2 1

    n= 1 +

    i

    n, i = 0, 1, . . . , n.

    Zatim uzmimo ci := xi, za sve i. Tada, koristeci dobro poznat identitet

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

    ,

    c BS 11

  • 12

    racunamo integralne sume

    i(n) :=n

    i=1

    f(1 +

    i

    n

    ) 1n

    =1n

    ( n

    i=1

    (1 +

    i

    n

    ))

    =1n

    (n 1

    n

    n

    i=1

    i

    )=

    1n

    (n 1

    n

    n(n + 1)2

    )

    = 1n

    (3n + 12

    ).

    Odavde slijedi da je 2

    1xdx = lim

    n i(n) = limn3n + 1

    2n= 3

    2.

    Dakle, rezultat naseg racuna je negativan broj!

    Da smo npr. gledali funkciju f : [2, 2] R, ponovo danu sa f(x) := x, isti racunkao gore dao bi da je ovaj put 2

    2xd x = 0.

    Iz svega navedenog, lako se vidi da vrijedi sljedece pravilo.

    Pravilo. Ako je funkcija f : [a, b] R takva da je f(x) 0, za svaki x [a, b], ondase povrsina P , podrucja P koje je u koordinatnom sustavu omedeno s X-osi, grafom (f), tevertikalnim pravcima X = a i X = b, racuna kao

    P = b

    af d x.

    Posebno:Povrsina podrucja koje se nalazi ispod X-osi, uzima se s negativnim predznakom.

    Napomena 1.15. Pretpostavimo da je funkcija f ista kao u prethodnom Pravilu, teneka P i P imaju isto znacenje kao i tamo. Ako bismo sa pov(P) oznacili apsolutni iznospovrsine, ili ono sto bismo zvali pravom (nenegativnom) povrsinom, onda bi bilo

    pov(P) = P.

    Napomena 1.16. (1) Pretpostavimo da imamo funkciju f : [a, b] R, koja je R-intagrabilna. Isto tako, pretpostavimo da imamo nekih k 1 tocaka ui koje segment [a, b]dijele na k manjih podsegmenata; tj., neka

    a = u0 < u1 < u2 < < uk1 < uk = b.Pretpostavimo da jos vrijedi: Restrikcija od f na podsegment [a, u1] je negativna, restrik-cija na [u1, u2] je pozitivna, restrikcija na [u2, u3] je ponovo negativna, restrikcija na [u3, u4]je ponovo pozitivna, itd. (Pozitivnost i negativnost predznaka funkcije se na dva susjednapodsegmenta izmjenjuju.) Evidentna je posljedica: Dio grafa funkcije f koji odgovararestrikciji f| [a,u1] nalazi se ispod X-osi, dio koji odgovara restrikciji f| [u1,u2] nalazi se iznadX-osi, itd. (Nacrtajte sliku!) Sada, ako bismo stavili

    Pi := ui

    ui1f d x, i = 1, . . . k,

    c BS 12

  • 13

    onda su vrijednosti P1, P3, . . . negativne, dok su vrijednosti P2, P4, . . . pozitivne. Posebno,recimo da nas zanima kolika je stvarna povrsina P = pov(P), podrucja P danog kao naovoj slici:

    Slika 5.

    Sasvim je jasno da onda imamo:

    P = |P1|+ |P2|+ + |Pk| = P1 + P2 + (1)kPk.(Usporedite tvrdnju (4) u Teoremu 1.4.)

    (2) Pomocu odredenog integrala mogu se racunati povrsine dobrih skupova u R2.Recimo da imamo dvije neprekidne funkcije f, g : [a, b] R takve da je

    f(x) g(x), x [a, b];sto posebno znaci da je graf od f ispod grafa od g. Neka je onda sa P R2 oznacenopodrucje kao na ovoj slici:

    Slika 6.

    Onda je ocito

    pov(P) = b

    ag d x

    ba

    f dx

    Kao jedan konkretan primjer za ovo gore uzmimo npr. funkcije f(x) := 3x1 i g(x) := 4x;te su funkcije obje definirane na citavom R. Sa P oznacimo podrucje koje je omedenografovima tih dviju funkcija:

    Slika 7.

    Lako se vidi da su tocke O i T , sa slike, dane sa O = (0, 0) i T = (2, 8). Prema tome,imamo

    pov(P) = 2

    0(3x 1) dx

    20

    4xdx.

    (Mi u trenutku nismo u mogucnosti provesti ovaj racun do kraja, jer jos nismo naucili kakoova dva konkretna odredena integrala izracunati; posebno prvi po redu. Ali naglasimo dace taj racun, kada prodemo kroz ovo prvo poglavlje, biti vrlo jednostavan.)

    1.2. Svojstva odredenog integrala.

    U ovom odjeljku cilj nam je dati jedan teorem koji popisuje neka osnovna svojstvaodredenog integrala. Ali prije toga dogovorimo se o sljedecem: Ako je funkcija f : [a, b] RR-integrabilna, onda stavljamo:

    c BS 13

  • 14

    ab

    f d x = b

    af dx

    Mogli bismo reci i ovako: Ako integriramo funkciju f od b do a, dobijemo suprotnu vrijednostod integrala te funkcije od a do b.

    Teorem 1.4.Neka su f, g : [a, b] R dvije R-integrabilne funkcije. Vrijede sljedece tvrdnje:

    (i) Za proizvoljnu konstantu K R imamo: b

    aK dx = K(b a).

    (ii) (aditivnost integrala) b

    a(f g) d x =

    ba

    f dx b

    ag d x

    (iii) (homogenost integrala)Za proizvoljnu konstantu R imamo:

    ba

    f d x = b

    af d x.

    (iv) (aditivnost integrala po podrucju integracije)Za prizvoljan c [a, b] imamo:

    ba

    f d x = c

    af d x +

    bc

    f dx.

    (v) Ako je f(x) 0, za svaki x [a, b], onda je b

    af dx 0.

    (vi) (monotonost integrala)Ako je f(x) g(x), za svaki x [a, b], onda je

    ba

    f d x b

    ag dx.

    (vii) (Lema o ocjeni integrala)Ako postoje realni brojevi m i M takvi da je m f(x) M , za svaki x [a, b],

    onda je

    m(b a) b

    af dx M(b a).

    (viii) Imamo: b

    af(x) d x

    b

    a|f(x)| dx.

    c BS 14

  • 15

    Dokaz. (i) Ovdje se samo treba sjetiti da je povrsina pravokutnika, kojem su straniceduljine K i b a, jednaka K(b a).

    (ii) Definiramo funkciju h := f + g; slucaj h := f g se gleda analogno. Mi moramonajprije dokazati da je h R-integrabilna. U tu svrhu, uzet cemo bilo koji > 0 i pokazatida postoji neka subdivizija () segmenta [a, b] takva da je

    S(h, ) s(h, ) ;zatim se dovoljno pozvati na Teorem 1.1. Sada radimo obvako. Kako je posebno f R-integrabilna funkcija, onda postoji neka subdivizija (f ) takva da je

    S(f, f ) s(f, f ) 2 .Analogno, postoji neka subdivizija (g) takva da je

    S(g, g) s(g, g) 2 .Definiramo subdiviziju () kao uniju subdivizije (f ) i subdivizije (g); tj.,

    = f g.Neka su sada mi-ovi i Mi-ovi definirani kao u (1). Tada posebno vrijedi mi(f, ) f(x)i mi(g, ) g(x), za svaki x iz i-zog po redu podsegmenta koji se dobije kada na [a, b]stavimo subdiviziju (). Zakljucak je kko imamo i mi(f, ) + mi(g, ) f(x) + g(x),za svaki x, te onda i

    mi(f, ) + mi(g, ) mi(h, ),za svaki i. Mnozenjem gornjih nejednakosti sa (xixi1), te sumiranjem, dobivamo da je

    s(f, ) + s(g, ) s(h, ).Odavde, koristeci receno u Napomeni 1.6, dobivamo dalje

    (2) s(f, f ) + s(g, g) s(f, ) + s(g, ) s(h, ).Sasvim analogno, imamo:

    (3) S(h, ) S(f, ) + S(g, ) S(f, f ) + S(g, g).Iz (2) i (3), te ponovo navedenog u Napomeni 1.6, posebno dobivamo:

    s(f, f ) + s(g, g) s(h, ) S(h, ) S(f, f ) + S(g, g);i zatim

    S(h, ) s(h, ) S(g, g) s(g, g) + S(f, f ) s(f, f )

    2+

    2= .

    Time smo dokazali da je doista funkcija h R-integrabilna. Iz samog dokaza jasno je i davrijedi jednakost integrala navedena u (ii).

    (iii) Za = 0 tvrdnja je ocita. Pretpostavimo da je > 0; slucaj < 0 tretirase analogno. Za bilo koju subdiviziju (), te brojeve mi i Mi, definirane sa (1), sadaocito vrijedi da je mi(f, ) = mi(f, ) i Mi(f, ) = Mi(f, ). Slijedi da je onda:s(f, ) = s(f, ) i S(f, ) = S(f, ). Neka je sada dan proizvoljan > 0. Buduci jefunkcija f R-integrabilna, po Teoremu 1.1, postoji posebno subdivizija () takva da je

    S(f, ) s(f, )

    .

    c BS 15

  • 16

    No onda je ocito da za tu istu subdiviziju imamo:

    S(f, ) s(f, )

    = .

    Dakle, ponovo po Teoremu 1.1, slijedi da je i funkcija f R-integrabilna. Da onda vrijedii jednakost integrala navedena u (iii) je sada jasno.

    (iv) Detalje dokaza ove tvrdnje ostavljamo zainteresiranom citatelju/ici.

    (v) Ova je tvrdnja intuitivno sasvim jasna. (Naime sjetimo se da je znacenje odredenogintegrala nenegativne funkcije f dano kao (nenegativna) povrsina ispod grafa od f .) Strogiargument slijedi iz evidentne cinjenice da je s(f, ) 0, za svaku subdiviziju (), i definicijedonjeg R-integrala I(f).

    (vi) Ako stavimo u (v) funkciju g f namjesto f , dobivamo da je b

    a(g f) d x 0.

    Sada iskoristimo svojstvo (ii), o aditivnosti integrala.

    (vii) Ova je tvrdnja direktna posljedica dokazanog u (i) i (vi).

    (viii) Jasno je da svaki x imamo:

    |f(x)| f(x) |f(x)|.Sada, iz (iii) i (vi), odmah tvrdnja slijedi.

    Zbog posebne vaznosti, formulirajmo sljedeci korolar. Njegova je tvrdnja ocito ekvi-valentna tvrdnjama (ii) i (iii), uzetima zajedno, iz teorema.

    Korolar 1. (Linearnost odredenog integrala)Za proizvoljne konstante , R vrijedi:

    ba

    (f + g) dx = b

    af d x +

    ba

    g d x

    1.3. Neodredeni integral i Osnovni teorem diferencijalnog racuna.

    Ovaj je odjeljak osnovni u cijelom poglavlju. U njemu najprije dajemo odgovor naproblem (2), formuliran u uvodnom dijelu ovog poglavlja (Teorem 1.5). Zatim dajemotzv. Teorem srednje vrijednosti za integral (Teorem 1.6). Naglasimo da je to u biti varijantaLagrangeovog teorema srednje vrijednosti iz Matematike 1; i to varijanta koja u pot-punosti opravdava sam naziv teorema. Sljedeci je korak uvodenje pojma tzv. neodredenogintegrala. Potom dokazujemo centralni teorem cijelog kolegija (Teorem 1.7). To je cuvenirezultat Newtona i Leibniza, koji nosi ime Osnovni teorem diferencijalnog racuna; nekadgovorimo i o Newton-Leibnizovoj formuli. (Napomenimo kako taj teorem ima nekolikovaznih generalizacija, od kojih svakako moramo barem spomenuti poznati Stokesov teo-rem.) Mogli bismo reci da taj rezultat daje apsolutno precizan recept o tome kako, u

    c BS 16

  • 17

    velikom broju slucajeva, racunati odredene integrale. Posljednji teorem ovog odjeljka gov-ori da je i racunanje neodredenih integrala linearna operacija (Teorem 1.8).

    Navedene teoreme i njihovu vaznost ilustriramo na nekoliko instruktivnih primjera.

    Neka je sada f : [a, b] R neprekidna funkcija, te neka su x, c [a, b] neka dva broja.Pretpostavimo da je c < x. Onda definiramo funkciju

    F : [a, b] R, F (x) := x

    cf(t) d t.

    Primjetimo da je funkcija F dobro definirana. Naime, kao je f neprekidna, to je i restrikcijaf| [c,x] isto neprekidna. Ali onda, po Teoremu 1.3, ta restrikcija je i R-integrabilna; a ondaposebno i F (x) mozemo racunati.

    Prije nego li krenemo dalje, pogledajmo jedan jednostavan primjer.

    Primjer 1.17. Neka je funkcija f : R R dana sa f(t) := t. Ta je funkcija, jasno,neprekidna, pa je i R-integrabilna. Uzmimo c = 0. Onda definiramo funkciju

    F (x) := x

    0f(t) d t.

    Postupajuci analogno kao i u Primjeru 1.14, moze se lako vidjeti da je

    F (x) =x2

    2Ovdje primjetimo da, analogno nekim prethodnim slucajevima, imamo:

    F (x) =(x2

    2

    )= x = f(x).

    Pokazimo da, kako smo vec prije rekli, gornja jednakost F (x) = f(x) nije slucajnost,u velikom broju slucajeva.

    Teorem 1.5.Neka je f : [a, b] R neprekidna funkcija, te neka je c [a, b] proizvoljan. Tada je

    funkcija

    F (x) := x

    cf(t) d t

    derivabilna na otvorenom intervalu (a, b), i vrijedi

    F (x) = f(x)

    Dokaz. Najprije primjetimo da za malen x > 0, po (iv) u Teoremu 1.4, imamo: x+x

    cf(t) d t

    xc

    f(t) d t = x+x

    xf(t) d t.

    Sada, koristeci definiciju derivacije funkcije, slijedi da je

    F (x) = limx0

    F (x + x) F (x)x

    = limx0

    x+xc f(t) d t

    xc f(t) d t

    x

    = limx0

    1x

    x+xx

    f(t) d t.

    c BS 17

  • 18

    Dalje, ponovo za malen x, definiramo brojevem(x) := min

    [x,x+x]f(t),

    M(x) := max[x,x+x]

    f(t).

    Onda, po definiciji tih brojeva, imamo da je

    m(x) f(t) M(x), t [x, x + x].Odavde, po (vii) u Teoremu 1.4, imamo:

    xm(x) x+x

    xf(t) d t xM(x).

    Dijeljenjem gornjih nejednakosti sa x, dobivamo:

    (4) m(x) 1x

    x+xx

    f(t) d t M(x).

    Ali sada, koristeci cinjenicu da je funkcija f neprekidna na [a, b], a onda posebno i u tockix, imamo da je

    limx0

    m(x) = limx0

    m(x) = F (x).

    Odavde, ukoliko nejednakosti (4) napadnemo sa limx0, dobivamo:

    limx0

    m(x) = f(x) limx0

    1x

    x+xx

    f(t) d t f(x) = limx0

    M(x);

    tj.,

    f(x) = limx0

    1x

    x+xx

    f(t) d t = F (x).

    Tako je teorem dokazan. (Primjetimo kako smo gornji dokaz napisali za slucaj kada jex > 0, ali sasvim isto gleda se i slucaj kada je x < 0.)

    Prethodni se teorem koristi i za racunanje derivacija funkcija koje su definirane inte-gralom. Pogledajmo jedan primjer.

    Primjer 1.18. Treba izracunati derivaciju (x), ukoliko je funkcija dana kao

    (x) := x4

    1cos t d t.

    (Primjetimo da ta funkcija doista je dobro definirana, tj. da za svaki realan broj x mozemodefinirati (x). Naime, funkcija cos je neprekidna na cijelom R, pa je onda takva i njezinarestrikcija na segment [1, x4]. Po Teoremu 1.3, ta je restrikcija R-integrabilna.)

    Stavimo

    g(u) := u

    1cos t d t.

    Onda je(x) = g(x4) = (g h)(x),

    gdje smo stavili h(x) := x4. Odavde, koristeci pravilo za derivaciju kompozicije funkcija,slijedi da je

    (x) = g(h(x)

    )h(x).

    c BS 18

  • 19

    Ali primjetimo da je h(x) = 4x3. Isto tako, po prethodnom teoremu, imamo da jeg(u) = cosu. Konacno slijedi da je

    (x) = (cosx4) 4x3.

    Sada dokazimo jos jedan vazan rezultat, koji je zapravo, kako cemo vidjeti, jednostavnaposljedica Lagrangeovog teorema srednje vrijednosti i Teorema 1.5.

    Teorem 1.6. (Teorem srednje vrijednosti za integral)Neka je funkcija f : [a, b] R neprekidna. Tada postoji barem jedan x0 (a, b) takav

    da je

    ba

    f d x = f(x0) (b a)

    Napomena 1.19. Graf funkcije f izgleda, u opcenitom obliku, kao na ovoj slici:

    Slika 8.

    Gornji teorem govori da je povrsina podrucja P, koje se nalazi ispod grafa (f), jednakaumnosku duljine intervala b a i vrijednosti f(x0), za neki x0 (a, b). Drugim rijecima,povrsina pov(P) = ba f d x jednaka je povrsini pravokutnika kojem je sirina ba, a visinamu je srednja vrijednost f(x0).

    Dokaz. Neka je c [a, b] proizvoljan, i definirajmo onda funkciju

    F (x) := x

    cf(t) d t.

    Po Teoremu 1.5, funkcija F je derivabilna i vrijedi F (x) = f(x). Nadalje, po La-grangeovom teoremu srednje vrijednosti, znamo da postoji neki x0 (a, b) takav da je

    F (x0) =F (b) F (a)

    b a f(x0) = bc f(t) d t

    ac f(t) d t

    b a

    f(x0) = ba f(t) d tb a

    (Kod posljednje ekvivalencije koristili smo tvrdnju (v) iz Teorema 1.4.) Preostaje jos samoposljednju jednakost pomnoziti sa b a; i teorem slijedi.

    Sada dajemo jednu osnovnu definiciju; a iza nje vaznu napomenu.

    Definicija 1.20. Neka je dana neka funkcija f(x). Svaka funkcija F (x), koja imasvojstvo da je

    F (x) = f(x),zove se primitivna funkcija od f . Primitivna se funkcija F jos zove i neodredeniintegral funkcije f , i oznacava sa

    f(x) dx =

    f d x

    Pritom govorimo da je f podintegralna funkcija.

    c BS 19

  • 20

    Napomena 1.21. (1) Primjetimo da ako su F1 i F2 neke dvije primitivne funkcije odneke funkcije f , onda postoji konstanta C R takva da je

    F1(x) = F2(x) + C.

    Mogli bismo to reci i ovako:

    Svake dvije primitivne funkcije razlikuju se za konstantu

    (Naime, po Korolaru 6, u Poglavlju 9 kolegija Matematika 1, znamo sljedece: Dvije

    derivabilne funkcije, koje imaju iste derivacije, razlikuju se za konstantu.) U skladu s tim,naglasimo kako se vrlo cesto u literaturi neodredeni integral neke funkcije f oznacava sa

    f(x) dx + C

    (2) Kako cemo dolje vidjeti, proces nalazenja primitivne funkcije za neku danu funkcijuje krucijalan za racunanje odredenih integrala. Mi tu za danu funkciju f trazimo nekudrugu funkciju F tako da derivacija od F bude f . Dakle, to je proces koji je zapravo obr-nut od procesa deriviranja. Iz tog se razloga ponekad primitivna funkcija neke funkcijezove jos i antiderivacija.

    Sada smo spremni za ovaj fundamentalan rezultat Newtona i Leibniza.

    Teorem 1.7. (Osnovni teorem diferencijalnog racuna)Neka je funkcija f : [a, b] R neprekidna. Tada se odredeni integral funkcije f , na

    segmentu [a, b], racuna kao

    (Newton-Leibnizova formula)

    ba

    f(x) dx = F (b) F (a)

    gdje je F (x) bilo koja primitivna funkcija funkcije f(x).

    Dokaz. N-L formula je jednostavna posljedica Teorema 1.5 i Napomene 1.21. Naime,najprije za proizvoljan c [a, b] definiramo funkciju

    F0(x) := x

    cf(t) d t.

    Sada, po spomenutom teoremu znamo da je F0 primitivna funkcija od f . Ali kako je i Fprimitivna funkcija od f , postoji neka konstanta C R takva da je

    F (x) = F0(x) + C.

    Onda, imajuci na umu tvrdnju (iv) Teorema 1.4, slijedi:

    F (b) F (a) = F0(b) F0(a) = b

    cf(t) d t

    ac

    f(t) d t = b

    af(t) d t.

    c BS 20

  • 21

    Napomena 1.22. (1) Primjetimo u cemu je velika vaznost gornjeg rezultata. Ongovori da ako zelimo izracunati odredeni integral neke neprekidne funkcije f(x) na nekomsegmentu [a, b], onda se to moze naciniti u dva koraka:

    1. Nadimo bilo koju primitivnu funkciju F , dane funkcije f ; i onda

    2. Izracunajmo vrijednosti funkcije F u krajevima segmenta, tj. tockama b i a, te isteoduzmimo.

    Primjetimo i to da racunanje odredenog integrala od f , na [a, b], tj. nalazenje povrsineispod grafa (f), ovisi samo o vrijednostima koje primitivna funkcija F poprima u kra-jevima segmenta; sto izgleda pomalo neocekivano. Dakle, iako izgled grafa od f ovisi otome kako je f definirana na cijelom segmentu [a, b], recena povrsina ovisi samo o dvjemavrijednostima koje poprima primitivna funkcija F ; tj., kako smo vec rekli, o vrijednostimakoje F poprima u krajevima segmenta.

    Naglasimo kako je korak 1. zapravo cijeli posao koji moramo obaviti; jer kad imamoprimitivnu funkciju F , korak 2. je trivijalan. Odavde nadalje, gotovo cijela prica okointegralnog racuna ide za metodama koje pomazu pronaci primitivnu funkciju neke zadanefunkcije.

    (2) Newton-Leibnizova formula cesto se zapisuje i ovako: b

    af(x) d x = F (x)

    b

    a

    Funkcije koje se pojavljuju u sljedecem Primjeru vec smo sreli u Primjerima 1.13 i 1.14.Sad, kada znamo malo vise teorije, odgovarajuce cemo odredene integrale elegantnijerijesiti.

    Primjer 1.23.(1) Ako je funkcija f : [0, 3] R dana sa f(x) := x2, izracunajmo odredeni integral

    P := 3

    0f(x) d x.

    Da bismo to napravili treba samo uociti da je funkcija F (x) := x3/3 primitivna za f(x);naime, da je F (x) = f(x), za svaki realan x. Tada, po N-L formuli, imamo da je

    P = F (3) F (0) = 33

    3 0

    3

    3= 9.

    (2) Izracunajmo odredeni integral

    P := 2

    1xd x.

    Za to, najprije primjetimo da je F (x) := x2/2 primitivna funkcija za f(x). Onda, poN-L formuli, slijedi da je

    P = F (2) F (1) = 22

    2

    (1

    2

    2

    )= 3

    2.

    Rijesit cemo jos tri instruktivna odredena integrala.

    c BS 21

  • 22

    Primjer 1.24.(1) Izracunajmo povrsinu jednog brijega sinusoide; tj., povrsinu pov(P), ako je P

    podrucje ispod grafa funkcije f = sin : [0, ] R.Mi zapravo moramo izracunati odredeni integral

    P :=

    0sinxd x.

    Da bismo to napravili, prvo se sjetimo da je cos x = sinx. Ali to znaci da je ondafunkcija

    F (x) := cosxprimitivna funkcija od f(x) = sinx. Sada, po N-L formuli, slijedi da je

    P = F () F (0) = cos ( cos 0) = (1) (1) = 2.(2) Izracunajmo odredeni integral

    P := 1

    0

    11 + x2

    d x.

    Da to izracunamo, prvo se sjetimo da je

    arctg x =1

    1 + x2.

    To znaci da je funkcija F (x) := arctg x primitivna za funkciju f(x) :=1

    1 + x2. Ali kako

    je dobro poznato da vrijedi arctg 1 = /4 i arctg 0 = 0 (jer je tg 0 = 0 i tg /4 = 1), ondapo N-L formuli imamo:

    P = F (1) F (0) = 4 0 =

    4.

    (3) Za proizvoljan a 1 izracunajmo odredeni integral

    Pa := a

    1

    1x

    d x.

    Da to izracunamo, dovoljno se sjetiti da je

    ln x =1x

    .

    Onda, po N-L formuli, imamo:

    Pa = ln a ln 1 = ln a.

    Sada cemo dati jednu tablicu u kojoj su neki od osnovnih neodredenih integrala. Za-pravo, ako se sjetimo da je trazenje neodredenih integrala postupak koji je obratan odproseca deriviranja, onda se tablica koja slijedi jednostavno dobije okretanjem Tabliceosnovnih derivacija; tu smo tablicu dali pri kraju Poglavlja 8. u kolegiju Matematika 1.

    c BS 22

  • 23

    TABLICA OSNOVNIH NEODREDENIH INTEGRALA

    f(x) = |

    f(x) dx =

    |

    x, ( R \ {1}) | x+1

    + 11x

    | ln xex | ex

    ax, (a > 0, a 6= 1) | 1ln a

    ax

    |sinx | cosxcosx | sinx

    1cos2 x

    | tg x1

    sin2 x| ctg x|

    shx | chxchx | shx

    |1

    1 + x2| arctg x

    11 x2 |

    12

    ln1 + x1 x

    1

    1 x2 | arcsinx1

    1 + x2| ln x +

    1 + x2

    c BS 23

  • 24

    Sljedeci jednostavan teorem od velike je vaznosti; usp. Korolar 1. On omogucava,u nekim situacijama, razbiti kompliciraniju podintegralnu funkciju na jednostavnijekomade, od kojih se svaki posebno moze onda jednostavnije integrirati.

    Teorem 1.8. (Linearnost neodredenog integrala)Ako za funkcije f i g postoje neodredeni integrali, onda za proizvoljne konstante ,

    R, postoji i neodreden integral funkcije f + g. Nadalje, vrijedi:

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

    f(x) d x +

    g(x) d x

    Dokaz. Evidentno je dovoljno pokazati posebno aditivnost, tj. da je(f(x) + g(x)) dx =

    f(x) d x +

    g(x) dx;

    a zatim homogenost, tj. da je f(x) d x =

    f(x) dx.

    Pokazimo samo aditivnost; homogenost ide analogno. Po pretpostavci postoje neodredeniintegrali

    F (x) :=

    f(x) d x i G(x) :=

    g(x) dx.

    Ali sada je (F + G

    ) = F + G = f + g.No to znaci da je F + G neodredeni integral od f + g; i tvrdnja slijedi.

    Pogledajmo sada jos dva primjera kako racunati konkretne odredene integrale.

    Primjer 1.25.(1) Izracunajmo odredeni integral

    P := 4

    1(2x3 5x) dx.

    Da bismo mogli primijeniti N-L formulu, moramo najprije izracunati odgovarajucineodredeni integral; tj.,

    F (x) =

    (2x3 5x) dx.Ali po prethodnom teoremu je

    F (x) = 2

    x3 d x 5

    xd x.

    Nadalje, koristeci prvi integral u danoj Tablici (za = 3 i 1), dobivamo da je

    x3 dx =x4

    4i

    xdx =

    x2

    2.

    Onda odmah slijedi da je

    F (x) =x4

    2 5x

    2

    2;

    c BS 24

  • 25

    i zatimP = F (4) F (1) = = 90.

    (2) Izracunajmo odredeni integral

    P := 9

    1

    2x2 + x2

    x 1x2

    d x.

    Imajuci na umu ponovo prethodni teorem, neodredeni integral podintegralne funkcijeje ovaj put

    F (x) =

    2 d x +

    x dx

    d xx2

    = 2

    d x +

    x12 d x

    x2 dx.

    Ali, ponovo koristeci prvi integral u danoj Tablici (za = 0, 1/2 i 2), dobivamo da je

    F (x) = 2x +23x

    32 +

    1x

    ;

    i zatimP = F (9) F (1) = = 292

    9.

    Zadatak, koji slijedi, je u vezi s dijelom (2) Napomene 1.16.

    Zadatak 1.1. Izracunajte neodredeni integral(3x 1) d x.

    Ovaj odjeljak zavrsavamo s dvije vazne napomene.

    Napomena 1.26. (1) Recimo da je sa oznacen skup realnih funkcija realne vari-jable u kojem su svi polinomi, sve trigonometrijske funkcije i sve eksponencijalne funkcije.Funkcija, koja se dobiva kombinacijama zbrajanja i/ili oduzimanja, mnozenja i/ili dijel-jenja, komponiranja i uzimanja inverznih funkcija nekih (bijektivnih) funkcija iz zovese elementarna funkcija. Oznacimo

    E := skup svih elementarnih funkcija.Sada, dobro je poznato, i evidentno, da nas deriviranje ne izvodi iz skupa E; tj., akoje f neka funkcija iz E , onda je i njena derivacija takoder iz E . Medutim, analogno nevrijedi za integral. Sasvim precizno receno, moze se pokazati da postoje neke elementarnefunkcije f , za koje postoji neodredeni integral F =

    f d x, ali taj F vise nije elementarna

    funkcija. Kao prvi primjer definiramo tzv. integralni logaritam

    li x :=

    dxln x

    .

    Drugi poznati primjer je tzv. intgralni sinussinx

    xd x.

    (2) Pogledajmo slijedeci racun:

    P := 31

    dxx2

    = 1x

    3

    1= 1

    3 1 = 4

    3.

    c BS 25

  • 26

    Ali podintegralna funkcija

    f(x) :=1x2

    je nenegativna, za svaki x iz svoje domene. Po dokazanom u (v) Teorema 1.4 slijedilo bi da

    je I 0. No mi smo dobili da je I = 43. U cemu je problem?! Razlog je sljedeci: Funkcija

    f(x) nije neprekidna na segmentu [1, 3], pa ne mozemo primjeniti N-L formulu!! (Samojedna tocka, tj. x = 0, u kojoj f nije niti definirana je sve pokvarila.) Ovo jos jednompokazuje da moramo biti oprezni, i u svakom konkretnom slucaju detaljno provjeravati dali su ispunjene pretpostavke za primjenu nekog teorema.

    1.4. Metode integracije.

    U ovom odjeljku uvodimo dvije glavne metode integracije; to su metoda supstitucijei metoda parcijalne integracije. Kazimo kako te dvije metode u velikom broju danih za-dataka omogucavaju rjesavanje integrala. Ali naglasimo i to da one nisu svemoguce.Naime, ponekad ce trebati i neki drugi nacini; npr. mozda nesto kao u sljedecem odjeljku.Inace, kad god imamo zadatak gdje racunamo neki integral, ali i bilo sto drugo, uvijek jenajvaznije prije samog racuna dati dijagnozu i shodno tome odrediti koju metodu cemokoristiti. (Pozor: Pritom je uvijek dobro imati na umu sljedece. Ako nam se ucini dabi neka metoda morala funkcionirati, ali nam u racunu stvar ne ide, onda nije dobrouporno piliti po izabranoj metodi. Naime, mozda smo krivo izabrali; pa bi bilo razumnoprokopati po memoriji hoce li neka od ostalih metoda proraditi.)

    (A) Metoda supstitucije (zamjene)

    Teorem 1.9. (Zamjena varijabli u neodredenom integralu)Pretpostavimo da je f funkcija koja ima neodredeni integral (tj., primitivnu funkciju).

    Neka je (x) neka derivabilna funkcija, i uvedimo novu varijablu

    y = (x).

    Tada vrijedi:

    f((x)

    )(x) dx =

    f(y) d y

    Kazimo ukratko koja je ideja teorema. Mi u pravilu imamo neki integral koji imadosta kompliciranu podintegralnu funkciju. Nasa je zadaca, kad je to moguce, pronaciadekvatnu funkciju tako da za nju dana podintegralna funkcija poprimi oblik kao ulijevoj strani gornje uokvirene jednakosti. Ako to postignemo, onda teorem govori dacemo, pomocu supstitucije y = (x), nas integral moci zapisati u formi kao na desnojstrani gornje uokvirene jednakosti. Naravno, pritom ocekujemo da ce integral, napisan utom novom obliku, biti jednostavniji za rijesiti.

    c BS 26

  • 27

    Dokaz. Neka je F primitivna funkcija od f ; tj.,

    F (y) =

    f(y) d y.

    Sada, jer je y = (x), imamoF (y) = (F )(x).

    Racunajmo :d

    d x(F )(x) = (F )(x) = F ((x)) (x)

    = f((x)

    )(x).

    Znaci, funkcija (F )(x) primitivna je za funkciju f((x)) (x). Drugacije receno,

    f((x)

    )(x) dx = (F )(x) = F (y) =

    f(y) d y.

    Napomena 1.27. Ako pazljivije analiziramo dani dokaz teorema, onda se vidi kakobismo za uokvirenu jednakost iz teorema mogli reci da je ona analogon lancanog pravilaza derivaciju kompozicije funkcija.

    Primjer 1.28. (1) Izracunajmo neodredeni integral

    I =

    (x2 + 1)22xdx.

    Ako pogledamo podintegralnu funkciju

    p(x) = (x2 + 1)22x,

    i sjetimo se da je (x2 + 1) = 2x, onda je odmah jasno da je

    y = (x) := x2 + 1

    dobra supstitucija. Naime, tada je

    p(x) = f((x)

    )(x),

    gdje jef(t) := t2.

    Onda je, po teoremu,

    I =

    f(y) d y =

    y2 d y =y3

    3=

    (x2 + 1)3

    3.

    (2) Izracunajmo neodredeni integral

    I =

    x2ex3d x.

    Ako pogledamo podintegralnu funkciju

    p(x) = ex3x2,

    i sjetimo se da je (x3) = 3x2, onda je odmah jasno da je

    y = (x) := x3

    c BS 27

  • 28

    dobra supstitucija. Naime, tada je

    p(x) =13

    f((x)

    )(x),

    gdje jef(t) := et.

    Onda je, po teoremu,

    I =13

    f(y) d y =

    13

    ey d y =

    ey

    3=

    ex3

    3.

    (3) Izracunajmo neodredeni integral

    I =

    x

    x2 + 1dx.

    Ovdje, kao i u (1), stavimo supstituciju y = (x) := x2 + 1. Tada se podintegralnafunkcija p(x) moze napisti kao

    p(x) =12

    f((x)

    )(x),

    gdje jef(t) :=

    t.

    Po teoremu imamo da je

    I =12

    f(y) d y =

    12

    y d y =

    12

    23

    y3/2 =13

    (x2 + 1)3/2.

    (3) Izracunajmo neodredeni integral

    I =

    10x4 sinx5 d x.

    Buduci je (x5) = 5x4, stavit cemo supstituciju y = (x) := x5. Tada se podintegralnafunkcija p(x) moze napisti kao

    p(x) = 2f((x)

    )(x),

    gdje jef(t) := sin t.

    Po teoremu imamo da je

    I = 2

    sin y d y = 2 cos y = 2 cosx2.

    Sljedeca napomena donosi vrlo korisne naputke o tome kako nase racunanje integralauciniti i konciznijim i tecnijim.

    Napomena 1.29. Pri racunanju neodredenih integrala koristimo formalni racun sadiferencijalima. Naime, evidentno je da vrijede sljedece jednakosti diferencijala:

    (1) d(x + C) = dx, C R konstanta;(2) d(Cx) = C d x, C R konstanta;(3) d x = d (x), der. funkcija;(4) d((x) + (x)) = d(x) + d(x), , der. funkcije;(5) d

    ((x)(x)

    )=

    (d (x)

    )(x) + (x)

    (d(x)

    ), , der. funkcije;

    c BS 28

  • 29

    Pokazimo na dva integrala iz Primjera 1.28, kako receno funkcionira.

    Najprije pogledajmo integral dan u (1). Kako je 2xdx = d(x2 + 1), imamo:

    I =

    (x2 + 1)2 d(x2 + 1) ={

    supst. y = x2 + 1}

    =

    y2 d y =y3

    3=

    (x2 + 1)3

    3.

    Sada pogledajmo integral dan u (2). Kako je 3x2 d x = d x3, imamo:

    I =13

    ex

    3d x3 =

    {supst. y = x3

    }

    =13

    ey d y =

    ey

    3=

    ex3

    3.

    Zadatak 1.2. Nadite neodredeni integral

    f(x) dx, ako je podintegralna funkcija fdana kao:

    (1) f(x) = x3 cos(x4 + 2);

    (2) f(x) =

    3x + 4;

    (2) f(x) =x

    1 + 4x2.

    Zadatak 1.3. Pomocu N-L formule izracunajte odredene integrale:

    (1) 10 3x e

    x2 d x;

    (2) 11 x

    2 + x2 d x;

    (2) 10 (1 + x) (1 + x

    2)1 dx

    Sadacemo dati i analogon, prethodnog teorema, za odredeni integral; ovaj novi teoremje zapravo direktna posljedica staroga. Primjetimo kako je jedina novina u tome da sadamoramo voditi racuna o granicama integriranja. Naime, originalni se segment [a, b], pokojem integriramo, pretvori u segment [(a), (b)].

    Teorem 1.10. (Zamjena varijabli u odredenom integralu)Ako je funkcija : [a, b] R neprekidna i na otvorenom intervalu (a, b) stovise

    derivabilna, onda vrijedi:

    ba

    f((x)

    )(x) dx =

    (b)(a)

    f(y) d y

    Pogledajmo jedan primjer, koji koristi gornji teorem.

    Primjer 1.30. Izracunajmo odredeni integral

    P := /4

    0sin2(2x) cos(2x) dx.

    c BS 29

  • 30

    Za to naciniti, definirajmo funkciju : [0, /4] R, danu kao(x) := sin(2x).

    Tada je njena derivacija (x) := 2 cos(2x); i zato, po teoremu,

    P = /4

    0((x))2

    (x)2

    d x =12

    (/4)(0)

    y2 d y

    =12

    10

    y2 d y =12

    y3

    3

    1

    0=

    16.

    (B) Metoda parcijalne integracije

    Ako su f(x) i g(x) dvije derivabilne funkcije, onda znamo da vrijedi pravilo za derivacijuprodukta: (

    f(x) g(x)) = f (x) g(x) + f(x) g(x).

    Drugim rijecima, f g je primitivna funkcija funkcije f g + f g; tj., imamo:

    f(x) g(x) = (

    f (x) g(x) + f(x) g(x))

    d x

    =

    f (x) g(x) dx +

    f(x) g(x) dx.

    Tako smo dokazali ovaj vazan teorem. U njemu smo dali obje varijante pravila za parcijalnuintegraciju; i za odredeni, i za neodredeni, integral.

    Teorem 1.11. (Parcijalna integracija)Neka su f(x) i g(x) dvije derivabilne funkcije. Tada vrijedi pravilo za parcijalnu inte-

    graciju u neodredenom integralu:

    f(x) g(x) dx = f(x) g(x)

    f (x) g(x) d x

    Isto tako, ako su f, g : [a, b] R neprekidne funkcije, koje su stovise na (a, b) iderivabilne, onda vrijedi pravilo za parcijalnu integraciju u odredenom integralu:

    ba

    f(x) g(x) dx = f(x) g(x)b

    a

    ba

    f (x) g(x) d x

    Napomena 1.31. Ako izostavimo pisanje varijable x, u funkcijama f i g, te koristimopravilo (3) iz Napomene 1.29, onda imamo:

    f d x = d f i g d x = d g.

    I tada se gore dano pravilo za parcijalnu integraciju u neodredenom integralu moze kracezapisati kao:

    f d g = f g

    g d f.

    c BS 30

  • 31

    Ponekad se u literaturi i nazivi funkcija, tj. f = f(x) i g = g(x), mijenjaju u u = u(x)i v = v(x), redom Tako se gornje pravilo parcijalne integracije zapisuje u obliku

    ud v = u v

    v d u.

    Pogledajmo nekoliko konkretnih primjera kada treba racunati integrale pomocu par-cijalne integracije.

    Primjer 1.32.(1) Izracunajmo neodredeni integral

    I :=

    x ex d x.

    Kako jed ex

    dx= ex, tj. d ex = ex d x, jasno je da mozemo uzeti:

    f(x) = x i g(x) = ex.

    Naime, tada je, koristenjem pravila za parcijalnu integraciju,

    I =

    f d g = f g

    g d f = f g

    g f dx

    = x ex

    ex 1 d x = x ex ex = (x 1)ex.

    (2) Izracunajmo neodredeni integral

    I :=

    x sinxd x.

    Kako jed cos x

    d x= sinx, tj. d( cosx) = sinxdx, jasno je da mozemo uzeti:

    f(x) = x i g(x) = cosx.Naime, tada je, koristenjem pravila za parcijalnu integraciju,

    I =

    f g d x = f g

    f g d x

    = x cosx

    1 ( cosx) dx = x cosx +

    cosxd x

    = x cosx + sin x.

    (3) Izracunajmo neodredeni integral

    I :=

    ln xdx.

    Jasno je da se integral I moze napisati kao

    ud v, gdje smo stavili

    u = ln x i v = x.

    c BS 31

  • 32

    Koristeci pravilo za parcijalnu integraciju, dobivamo:

    I =

    u d v = u v

    v d u =

    = x ln x

    xd lnx = x ln x

    xd ln xdx

    d x

    = x ln x

    x1x

    dx = x lnx x = x ln xe.

    Sljedeca su dva primjera vrlo instruktivna. Prvi od njih pokazuje da ce kod nekihintegrala trebati dva, ili cak vise puta, koristiti pravilo za parcijalnu integraciju. Drugiprimjer pokazuje da cemo ponekad morati koristiti obje naucene metode integracije; tj., imetodu supstitucije i metodu parcijalne integracije.

    Primjer 1.33.(1) Izracunajmo neodredeni integral

    I :=

    ex sinxdx.

    Ako stavimo

    u = ex i d v = sin xdx v = cosx,onda racunamo:

    I =

    ud v = u v

    v du = ex cosx

    ( cosx) d ex

    = ex cosx +

    cosx ex dx = ex cosx +

    ex cosx dx.

    Dakle, uz oznaku

    J :=

    ex cosxdx,

    imamo da jeI = ex cosx + J.

    Na prvi mah, mozda se cini da smo se zavrtjeli u krug; jer neodredeni integral J cini sejednako tezak (ili lagan) za rijesiti kao i integral I. No bitno je ne izgubiti nadu. Zatocemo probati jos jednom sa parcijalnom integracijom. Ali ovaj put to cemo primjeniti naintegral J . Dakle, ako sada stavimo

    u = ex i d v = cosxd x v = sinx,onda je

    J =

    ud v =

    ex d sinx = ex sinx

    sinx ex dx

    = ex sinx I.Konacno, zbrajanjem gore dokazanih identiteta

    I = ex cosx + JJ = ex sinx I,

    c BS 32

  • 33

    dobivamo da je 2I = ex(sinx cosx), tj.

    I =ex

    2(sinx cosx).

    (2) Izracunajmo neodredeni integral

    I :=

    ln(2 + lnx)x

    d x.

    Da bismo to napravili, najprije primjetimo da jed(2 + lnx)

    d x=

    1x

    ,

    sto sugerira uvodenje supstitucijey := 2 + lnx.

    Tako dani integral postaje

    I =

    ln y d y.

    Odavde, koristenjem parcijalne integracije kao u (3) iz Primjera 1.32, konacno dobivamo

    I = y lny

    e= (2 + lnx) ln

    (2 + lnx)e

    .

    Zadatak 1.4. Izracunajte sljedece neodredene integrale:

    (1)

    x2ex dx;

    (2)

    e

    x d x;

    Ovaj odjeljak zavrsavamo s jos jednim primjerom; ovaj put, za nijansu kompliciranijim.

    Primjer 1.34. Treba izracunati neodredeni integral

    I :=

    cos3 xsinx + 2

    d x.

    Najprije, imamo ovako:

    I =

    cos2 xsinx + 2

    d sinx =

    cos2 x d ln(sinx + 2)

    = cos2 x ln(sinx + 2)

    ln(sinx + 2) d cos2 x

    = cos2 x ln(sinx + 2)

    ln(sinx + 2)(2 cosx)( sinx) d x

    = cos2 x ln(sinx + 2) + 2

    ln(sinx + 2) sinx d sinx

    = cos2 x ln(sinx + 2) + 2

    ln(sinx + 2) sinx d(sinx + 2)

    ={

    supst. y = sin x + 2}

    = cos2 x ln(sinx + 2) + 2

    (y 2) ln y d y.c BS 33

  • 34

    Sada, buduci da smo u (3) iz Primjera 1.32 vidjeli kako s racuna integral

    J :=

    ln y d y,

    onda preostaje jos izracunati i integral

    K :=

    y ln y d y;

    jer ako to napravimo, onda je

    I = cos2 x ln(sinx + 2) 4J + 2K.Ali to je jednostavno. Naime, imamo:

    K =12

    ln t d t2 =

    14

    ln t2 d t2;

    a sada ponovo koristimo (3) iz Primjera 1.32.

    Zadatak 1.5. Napravite (potrebne) detalje dokaza iz prethodnog primjera.

    1.5. Neki posebni tipovi integrala.

    Cilj ovog odjeljka je dati dvije metode koje opcenito funkcioniraju za dvije specijalnevrste integrala; to su integrali racionalnih funkcija i integrali trigonometrijskih funkcija.

    (A) Integrali racionalnih funkcija

    Podsjetimo se na definiciju racionalne funkcije, u jednoj realnoj varijabli: Racionalnafunkcija je kvocijent dvaju polinoma. Dakle, neka funkcija f(x) je racionalna, ukoliko semoze prikazati kao

    f(x) =P (x)Q(x)

    ,

    pri cemu su P (x), Q(x) R[x] dva polinoma sa realnim koeficijentima.Nas ovdje zanima: Kako opcenito racunati integrale oblika

    I :=

    f(x) d x,

    kada je f neka racionalna funkcija?

    Pogledajmo za pocetak tri jednostavna primjera. Pokazat ce se da su oni, u izvjesnomsmislu, zapravo tipicni.

    Primjer 1.35.(1) Izracunajmo neodredeni integral

    I :=

    1(x + 3)4

    d x.

    c BS 34

  • 35

    Uvodenjem supstitucijey := x + 3,

    imamo da je

    I =

    d yy4

    =y3

    3 = 13

    (x + 3)3.

    (2) Izracunajmo neodredeni integral

    I :=

    x2

    x + 1d x.

    Najprije primjetimo da je

    x2

    x + 1=

    x2 1 + 1x + 1

    =(x 1)(x + 1) + 1

    x + 1= x 1 + 1

    x + 1.

    Onda slijedi da je

    I =

    (x 1) dx +

    d xx + 1

    =x2

    2 x +

    d(x + 1)

    x + 1

    =x2

    2 x + ln(x + 1).

    (3) Izracunajmo neodredeni integral

    I :=

    x + 1x2 + 2

    d x.

    Sada imamo

    I =

    x dxx2 + 2

    +

    d xx2 + 2

    =12

    d(x2 + 2)

    x2 + 2+

    2 d(x/

    2)

    2(1 + (x/

    2)2

    ) =

    =12

    ln(x2 + 2) +12

    arctgx2.

    Opcenit postupak:

    Racunanje integrala racionalnih funkcija ide u dva koraka.

    Korak 1.

    Najprije skratimo razlomakP (x)Q(x)

    tako da brojnik i nazivnik nemaju zajednickih fak-

    tora; tj., tako da ne postoji neki polinom D(x) R[x] koji istovremeno dijeli i polinomP (x) i polinom Q(x).

    Npr., ako nam je dana racionalna funkcija

    f(x) :=P (x)Q(x)

    =x + 1

    x2 2x 3 ,

    onda ju napisemo u skracenoj formi

    f(x) =(x + 1)

    (x + 1)(x 3) =1

    x 3 .

    c BS 35

  • 36

    Korak 2.

    U ovom koraku najprije podijelimo polinom P sa polinomom Q; tj. nademo polinomeS(x) i R(x) takve da je

    P (x) = Q(x)S(x) + R(x),te da je

    deg(R) < deg(Q).Podsjetimo se na dobro poznatu cinjenicu koja govori da su takvi polinomi S i R jedin-stveni.

    Npr., ako su polinomi

    P (x) = x3 x + 1 i Q(x) = x2 + 1,onda se lako vidi da vrijedi

    P (x) = Q(x) x + (2x + 1);tj., da je

    S(x) = x i R(x) = 2x + 1.

    Nakon sto na racionalnu funkciju f(x), danu kao gore, primjenimo prethodna dvakoraka, koristeci iste oznake, dobivamo da je

    f(x) = S(x) +R(x)Q(x)

    ,

    i onda je

    I :=

    f(x) d x =

    S(x) dx +

    R(x)Q(x)

    d x.

    Ali kako je prvi po redu integral jednostavan, jer je to integral polinoma, mi zapravomoramo znati kako izracunati drugi po redu integral. Ali, nakon svega sto smo do sadavidjeli i/ili nacinili, jasno je kako smo mi u stvari mogli odmah na pocetku pretpostavitisljedece:

    rac. funkcija f(x) :=P (x)Q(x)

    je skracena i deg P < deg Q

    Osim toga, smijemo i pretpostaviti da je vodeci koeficijent polinoma Q(x) jednak 1;tj., ukoliko je deg Q = n, onda vrijedi:

    Q(x) = xn + nize potencije

    Naime, ukoliko je polinom Q(x) raspisan po potencijama kao

    Q(x) = bnxn + bn1xn1 + + b1x + b0,onda je

    I =

    f(x) dx =1bn

    P (x)Q1(x)

    d x,

    gdje je

    Q1(x) := xn +bn1bn

    xn1 + + b1bn

    x +b0bn

    .

    c BS 36

  • 37

    Sada smo spremni iskazati ovaj vazan pomocni rezultat koji govori kako se svakuracionalnu funkciju, u jednoj realnoj varijabli, moze prikazati kao rastav na tzv. parcijalnerazlomke.

    Teorem 1.12. (Rastav na parcijalne razlomke)Neka je dana racionalna funkcija

    f(x) :=P (x)Q(x)

    ,

    takva da vrijedi:

    (1) RazlomakP (x)Q(x)

    je skracen;

    (2) Za stupnjeve od P i Q imamo: deg P < deg Q;(3) Vodeci koeficijent u Q(x) jednak je 1.

    Tada postoje realni brojevi

    r1, r2, . . . , rk i 1, 1, 2, 2, . . . , l, l,

    takvi da je2i 4i < 0, i = 1, . . . , l,

    te onda imamo tzv. rastav na ireducibilne faktore

    Q(x) = (x r1)a1 (x rk)ak (x2 + 1x + 1)b1 (x2 + lx + l)bl ,za neke eksponente ai, bi N. Nadalje, za racionalnu funkciju f(x) imamo rastav naparcijalne razlomke:

    f(x) =A

    (1)1

    x r1 +A

    (1)2

    (x r1)2 + +A

    (1)a1

    (x r1)a1

    +A

    (k)1

    x rk +A

    (k)2

    (x rk)2 + +A

    (k)ak

    (x rk)ak

    +B

    (1)1 x + C

    (1)1

    x2 + 1x + 1+ B

    (1)b1

    x + C(1)b1(x2 + 1x + 1)b1

    +B

    (l)1 x + C

    (l)1

    x2 + lx + l+ B

    (l)bl

    x + C(l)bl(x2 + lx + l)bl

    ,

    za neke koeficijente A(i)j , B(i)j , C

    (i)j R.

    Napomena 1.36. Ovdje je bitno primjetiti da gornji teorem nije konstruktivan, vecje egzistencijalan. Time zelimo reci kako on govori da postoji gornji rastav na parcijalnerazlomke, ali ne kaze nista o tome kako taj rastav naci. Zapravo, ako pazljivije pogledamoo cemu se radi, jasno je da mi tu imamo jednu poprilicnu tehnicku poteskocu. Radi seo tome da mi, u cilju dobivanja zeljenog rastava, moramo znati SVE NULTOCKE polinomaQ(x). Naime, gornji brojevi {r1, . . . , rk} cine skup svih realnih nultocaka od Q(x). Istoc BS 37

  • 38

    tako, poznavanje realnih brojeva i, i zapravo znaci i poznavanje svih (nerealnih) kom-pleksnih nultocaka od Q(x). (Zasto?!) Sada, ako se sjetimo dobro poznate cinjenice kojakaze da NE POSTOJI algoritam za egzaktno nalazenje svih nultocaka proizvoljnog polinomastupnja 5, onda je jasno o kakvoj poteskoci mi govorimo.

    S druge strane, ukoliko znamo sve nultocke od Q(x), a tako i rastav polinoma Q(x) naireducibilne faktore, onda se lako vidi da se zadaca odredivanja trazenih koeficijenata A(i)j ,

    B(i)j i C

    (i)j svodi na problem rjesavanja sustava od N linearnih jednadzbi, sa N nepoznanica;

    za odgovarajuci N . (Koliki je tocno taj N , za situaciju kao u iskazu teorema?!)

    Sam teorem , ali i ono o cemu smo govorili u gornjoj Napomeni, ilustrirat cemo najednom primjeru.

    Primjer 1.37. Nadimo rastav racionalne funkcije

    f(x) :=x + 1

    x3 4x2 + 5x 2 .

    Da bismo to napravili, prvo stavimo

    Q(x) = x3 4x2 + 5x 2.Kako je ocito Q(1) = 0, vidimo da polinom x 1 dijeli Q(x). Sada se lako vidi da je

    Q(x) = (x 1) (x2 3x + 2) = (x 1) (x 1)(x + 1) = (x 1)2(x + 1).To onda znaci, po teoremu, da imamo rastav na parcijalne razlomke oblika

    x + 1(x 1)2(x + 1) = f(x) =

    A(1)1

    x 1 +A

    (1)2

    (x 1)2 +A

    (2)1

    x 2 .

    Mnozenjem gornje jednakosti sa nazivnikom lijeve strane, te sredivanjem, dobivamo:

    x + 1 = A(1)1 (x2 3x + 2) + A(1)2 (x 2) + A(2)1 (x2 2x + 1)

    =(A

    (1)1 + A

    (2)1

    )x2 +

    (3A(1)1 + A(1)2 2A(2)1)x + 2A(1)1 2A(1)2 + A(2)1 .

    Sada; gore pise jednakost dvaju polinoma. No to onda znaci da im moraju biti jednakikoeficijenti uz iste potencije. Drugim rijecima, gornja je jednakost polinoma ekvivalentnasljedecem sustavu od 3 jednadzbe sa 3 nepoznanice:

    A(1)1 + A

    (2)1 = 0

    3A(1)1 + A(1)2 2A(2)1 = 12A(1)1 2A(1)2 + A(2)1 = 1

    Taj se sustav lako rijesi. Dobije se:

    A(1)1 = 3, A(1)2 = 2, A(2)1 = 3.

    Prema tome, kao zakljucak imamo da je

    f(x) =3

    x 1 +2

    (x 1)2 +3

    x 2 .

    c BS 38

  • 39

    Vratimo se sada nasem originalnom problemu; tj., rjesavanju integrala I =

    f(x) dx.Ako pogledamo gornji teorem, koji govori o rastavu racionalne funkcije na parcijalne ra-zlomke, sasvim je jasno da se racunanje integrala I svodi na racunanje integrala sljedecadva tipa:

    (1) J1 =

    A

    (x r)n dx, n N.

    (2) J2 =

    Bx + C(x2 + p x + q)m

    d x, m N & p2 4q < 0.

    Najprije gledamo tip (2). U tu svrhu, podintegralnu funkciju raspisemo ovako:Bx + C

    (x2 + p x + q)m=

    B/2 (2x + p)(x2 + p x + q)m

    +C Bp/2

    (x2 + p x + q)m.

    Onda slijedi da je

    J2 =B

    2

    2x + p

    (x2 + p x + q)mdx +

    (C Bp

    2

    ) d x(x2 + p x + q)m

    =B

    2

    d(x2 + p x + q)(x2 + p x + q)m

    +(C Bp

    2

    ) d x(x2 + p x + q)m

    .

    Isto tako, imamo da je

    J1 = A

    dx(x r)n = A

    d(x r)(x r)n .

    Ali sada; supstitucijama

    y = x2 + p x + q i z = x r,gornji integrali

    d(x2 + p x + q)(x2 + p x + q)m

    i

    d(x r)(x r)n ,

    redom, svode se na integrale tipa d ttk

    , k N.No gornji su integrali tablicni; i kao takvi jednostavni su za racunati ih.

    Kao rezime svega gore navedenog, proizlazi da mi zapravo moramo samo vidjeti kakose racunaju integrali oblika

    dx(x2 + p x + q)m

    , m N.

    Ali prije nego li to vidimo, jos cemo malo pojednostavniti formu toga integrala. Prvo,oznacimo

    :=4q p2

    4> 0,

    i onda stavimo = a2, a R.

    Zatim primjetimo da je

    x2 + p x + q = (x + p/2)2 + (q p2/4)c BS 39

  • 40

    i uvedimo supstitucijux + p/2 x.

    (Drugacije receno, da ne bismo uvodili novo slovo, pisat cemo x namjesto x + p/2.) Za-kljucak je da mi moramo moci racunati integrale oblika

    Im :=

    dx(x2 + a2)m

    , m N

    Napravimo to. U tu svrhu, stavimo

    u = u(x) =1

    (x2 + a2)ki v = v(x) = x.

    Koristeci pravilo za parcijalnu integraciju, imamo:

    ud v = u v

    v du = u v

    xd(x2 + a2)k

    d xd x

    = u v + 2k

    x2 + a2 a2(x2 + a2)k+1

    d x

    = u v + 2k

    dx(x2 + a2)k

    2ka2

    d x(x2 + a2)k+1

    .

    Ili drugacije napisano, imamo

    Ik =x

    (x2 + a2)k+ 2k Ik 2ka2 Ik+1;

    tj., vrijedi rekurzivna veza

    Ik+1 =1

    2ka2

    ((2k 1)Ik + x(x2 + a2)k

    )

    Gornja uokvirena rekurzija pokazuje kako se snizava red integrala tipa Ik; sve dok nedodemo do integrala

    I1 =

    d xx2 + a2

    ,

    koji je tablicni.

    Pogledajmo dva primjera.

    Primjer 1.38.(1) Izracunajmo neodredeni integral

    I :=

    x3 2x2 + 2x 4x2 + x 6 d x.

    Za to, najprije napisemo:

    P (x) = x3 2x2 + 2x 4 = = (x 2) (x2 + 2)Q(x) = x2 + x 6 = (x 2) (x + 3).

    c BS 40

  • 41

    I onda je podintegralna funkcija jednaka

    P (x)Q(x)

    =x2 + 2x + 3

    .

    Dalje, podijelimo polinom x2 + 2 sa polinomom x + 3. Lako se dobije da je kvocijent pritom dijeljenju jednak x 3, a ostatak jednak 11. Drugim rijecima,

    x2 + 2 = (x + 3) (x 3) + 11.Slijedi da je

    I = (

    x 3 + 11x + 3

    )d x =

    (x 3) d x +

    11

    x + 3dx

    =x2

    2 3x + 11 ln(x + 3).

    (2) Izracunajmo sada neodredeni integral

    I :=

    4x3 + 4x

    dx.

    Ovdje imamo

    P (x) = 4 i Q(x) = x3 + 4x = x (x2 + 4).

    Po teoremu o rastavu na parcijalne razlomke, slijedi da je podintegralna funkcija jednaka

    P (x)Q(x)

    =4

    x3 + 4x=

    A

    x+

    Bx + Cx2 + 4

    ,

    za neke A,B, C R. Jednostavno se vidi da je A = 1, B = 1 i C = 0. Prema tome,imamo:

    I = (1

    x+

    xx2 + 4

    )dx =

    dxx

    x

    x2 + 4dx

    = lnx 12

    d(x2 + 4)

    x2 + 4= lnx ln

    x2 + 4

    = lnx

    x2 + 4.

    (B) Integrali trigonometrijskih funkcija

    Za ovo sto slijedi, treba nam jedan novi pojam. Kao direktnu generalizaciju pojmaracionalne funkcije u jednoj varijabli, uvodimo pojam racionalne funkcije u dvije varijable.(Naglasimo kako cemo se mi u sljedecem poglavlju malo vise baviti opcenitim funkcijama,u dvije ili vise varijabli.)

    Definicija 1.39. Funkcija P : R R R, definirana kao KONACNA sumaP (u, v) := a00 + a10u + a01v + a20u2 + a11uv + a02v2 + ,

    gdje su koeficijenti aij R, zove se polinom u dvije varijable, u i v. StavimoR[u, v] := skup svih polinoma u varijablama u i v

    c BS 41

  • 42

    Funkcija

    R(u, v) :=P (u, v)Q(u, v)

    ,

    gdje su P, Q R[u, v] polinomi, zove se racionalna funkcija u dvije varijable, u i v.

    Nas ovdje zanima: Kako opcenito racunati integrale oblika

    I :=

    R (sinx, cosx) d x,

    kada je R = R(u, v) neka racionalna funkcija u dvije varijable? Primjetimo posebno kako jeovdje podintegralna funkcija, ukoliko su polinomi P i Q dani kao

    P (u, v) := a00 + a10u + a01v + ,Q(u, v) := b00 + b10u + b01v + ,

    jednaka

    R(sinx, cosx) =a00 + a10 sinx + a01 cosx + b00 + b10 sinx + b01 cosx + .

    Kazimo da se integrali ovakvoga tipa zovu integrali trigonometrijskih funkcija.

    Pogledajmo i ovdje, za pocetak, tri jednostavna primjera.

    Primjer 1.40.(1) Izracunajmo neodredeni integral

    I :=

    sin2 xd x.

    Sjetimo se da je

    cos 2x = cos2 x sin2 x = 1 2 sin2 x;i onda slijedi

    sin2 x =1 cos 2x

    2.

    Tako imamo da je

    I =

    1 cos 2x2

    d x =12

    d x 1

    2

    cos 2xdx

    =x

    2 1

    4

    cos 2xd(2x) =

    x

    2 1

    4sin 2x.

    (2) Izracunajmo neodredeni integral

    I :=

    sin3 xd x.

    Uvodenjem supstitucije

    t := cosx,

    c BS 42

  • 43

    dani se integral pise kao

    I =

    sin2 x sinxd x =

    (1 cos2 x) d cosx

    =

    (1 t2) d t = (t t

    3

    3

    )=

    t3

    3 t

    =cos3 x

    3 cosx.

    (2) Izracunajmo sada neodredeni integral

    I :=

    sin2 x cos3 xd x.

    Ako ovaj put stavimo supstituciju

    t := sinx,

    onda racunamo:

    I =

    sin2 x cos2 x cosxd x =

    sin2 x (1 sin2 x) d sinx

    =

    t2(1 t2) d t = t3

    3 t

    5

    5

    =sin3 x

    3 sin

    5 x

    5.

    Zadatak 1.6. Izracunajte neodredene integrale

    Imn :=

    sinm x cosn xdx,

    za parove eksponenata (m,n) = (0, 4), (2, 2) i (4, 2).

    Sada cemo pokazati metodu koja u biti daje algoritam za svodenje bilo kojeg inte-grala trigonometrijskih funkcija na integral racionalne funkcije. To se radi preko tzv.univerzalne supstitucije

    t := tgx

    2

    Naime, tom se supstitucijom dani integral

    I :=

    R (sinx, cosx) d x,

    prevodi u integral oblika

    I =

    r(t) d t,

    gdje je r = r(t) konkretna racionalna funkcija u jednoj varijabli, odredena sa R. Preciznoreceno, najprije se lako vidi da vrijede sljedece jednakosti:

    sinx =2t

    1 + t2, cosx =

    1 t21 + t2

    , d x =2d t

    1 + t2

    c BS 43

  • 44

    A onda je ocito:

    r(t) = R( 2t

    1 + t2,1 t21 + t2

    ) 21 + t2

    Primjer 1.41.(1) Izracunajmo neodredeni integral

    I :=

    1 + sinxsinx (1 + cos x)

    dx.

    Ukoliko u podintegralnoj funkciji svuda namjesto sinx i cosx stavimo njihove formenapisane pomocu novouvedene varijable t, odmah slijedi da je

    r(t) = = 12

    (t + 2 +

    1t

    ).

    Prema tome, slijedi:

    I =12

    (t + 2 +

    1t

    )d t =

    t2

    4+ t +

    12

    ln t;

    tj.,

    I =tg2 x/2

    4+ tg x/2 +

    12

    ln(tg x/2).

    (2) U (1), iz prethodnog primjera, lako smo izracunai integral

    I =

    sin2 xdx.

    Naravno, taj se integral moze racunati i koristeci univerzalnu supstituciju. Ali tada sedobije

    I =

    8t2

    (1 + t2)3d t;

    sto nije sasvim jednostavno za uciniti. (Nije tu, naravno, niceg sto mi ne znamo, nego imamalo posla. Probajto to, za vjezbu, napraviti ovim putem!)

    Na kraju ovog odjeljka naglasimo jos jednom vaznost dobre dijagnoze i izbora metoderjesavanja neodredenih integrala. Posebno, kako smo vidjeli na nekim primjerima, kodracunanja integrala trigonometrijskih funkcija put preko univerzalne supstitucije nijeuvijek najkraci. Tako da je uvijek preporucljivo integral dobro dvaput pogledati prijenego li pocnemo vjerovati u neku konkretnu metodu rjesavanja...

    c BS 44

  • 45

    1.6. Nepravi integrali.

    U ovom se odjeljku kratko bavimo jednom vrlo vaznom vrstom integrala; to su tzv.nepravi integrali. Prije nego li iste definiramo, moramo se podsjetiti pojma tzv. jednos-tranog limesa; v. Pododjeljak 7.2 u Matematika 1.

    Jednostrani limesi

    Definicija 1.42. Ako je f funkcija i x0 R, kazemo da je broj Ll R lijevi limes,ili limes slijeva, funkcije f u tocki x0 ako za neki malen > 0 vrijedi sljedece:

    (x (x0 , x0) & x x0

    ) f(x) Ll

    Sada govorimo da je Ll limes funkcije f kada x tezi prema x0 slijeva, te pisemo

    Ll = limxx0

    f(x)

    (Tu pisemo iza x0 da nas podsjeti da x ide prema x0 iz negative.)Analogno, kazemo da je Ld R desni limes, ili limes zdesna, funkcije f u tocki x0

    ako za neki malen > 0 vrijedi:

    (x (x0, x0 + ) & x x0

    ) f(x) Ld

    Sada govorimo da je Ld limes funkcije f kada x tezi prema x0 zdesna, te pisemo

    Ld = limxx0+

    f(x)

    (Tu pisemo + iza x0 da nas podsjeti da x ide prema x0 iz pozitive.)

    Sada pogledajmo dva jednostavna primjera.

    Primjer 1.43.(1) Podsjetimo se na funkciju predznaka sgn : R R,

    sgnx :=

    1 ako x > 0,0 ako x = 0,1 ako x < 0.

    Potpuno je jasno sljedece: Ako je x (, 0) i x 0, onda 1 = f(x) 1; tj.,limes od f , kada x tezi prema 0 slijeva, jednak je 1. Oznaka za to je

    limx0

    f(x) = 1.S druge strane, ako je x (0, +) i x 0, onda 1 = f(x) 1; tj., limes od f , kada

    x tezi prema 0 zdesna, jednak je 1. Ovaj put je oznaka:

    limx0+

    f(x) = 1.

    c BS 45

  • 46

    Na kraju, dobro je primjetiti i ovo: Ne postoji limx0 f(x).

    (1) Gledajmo funkciju f : R R, danu sa

    f(x) :=

    {x2 ako x 2,0 ako x > 2.

    (Nacrtajte graf!)Jasno je sljedece: Ako je x < 2 i x 2, onda f(x) = x2 22 = 4; tj., limes od f ,

    kada x tezi prema 2 slijeva, jednak je 4. Dakle,

    limx2

    f(x) = 4.

    S druge strane, ako je x > 2 i x 2, onda f(x) = 0 0; tj., limes od f , kada x teziprema 2 zdesna, jednak je 0. Dakle,

    limx2+

    f(x) = 0.

    Naravno, i ovaj put: Ne postoji limx2 f(x).

    Nepravi integrali

    Za pocetak pogledajmo jedan primjer.

    Primjer 1.44. Neka je 0 < < 1, i definirajmo ova dva odredena integrala.

    I := 1

    1x

    d x,

    J := 1

    1x

    dx

    (Nacrtajte odgovarajuce grafove, za podintegralne funkcije!) Tada imamo:

    I = lnx1

    = ln 1 ln = ln ,

    J = 2

    x1

    = 2 2.

    Zatim primjetimo kako je

    lim0+

    I = lim0+

    ln = +;

    tj., ne postoji gornji limes, u skupu realnih brojeva R. (Jasno, limes postoji u prosirenomskupu realnih brojeva R.) Isto tako,

    lim0+

    J = lim0+

    2 2 = 2;

    tj., sada navedeni limes, u skupu R, postoji.Sasvim analogno, gledamo i opcenitiju situaciju, za bilo koji s > 1. Tada imamo

    odredeni integral

    Is := 1

    1xs

    dx =x1s

    1 s1

    =

    1s 1

    ( 1s1

    1).

    c BS 46

  • 47

    Kako je lim0+1

    s1= +, to i ovaj put zakljucujemo:

    lim0+

    Is ne postoji (u skupu R).

    Ukoliko je s (0, 1), onda gledamo odredeni integral

    Js := 1

    1xs

    d x = = 11 s

    (1 1s

    ).

    Kako je sada lim0+ 1 1s = 1, zakljucujemo da je

    lim0+

    Js =1

    1 s.

    Primjetimo kako posebno za s = 1/2 imamo: Js = J = 2. Dakle, integral Js poopcenje

    je integrala J.U skladu s definicijom koja slijedi, uobicajeno je pisati

    10

    1xs

    d x := lim0+

    1

    1xs

    dx.

    Sada dajemo spomenutu definiciju. Naglasimo kako mi dajemo samo definiciju nepravihintegrala koji su nepravi u donjoj granici. Sasvim analogno definiraju se i integrali kojisu nepravi u gornjoj granici.

    Definicija 1.45. Pretpostavimo da je f : (a, b] R neprekidna funkcija, i neka je zasvaki (a, b] definiran odredeni integral

    I := b

    f dx.

    Ako postoji desni limesI := lim

    a+ I,

    onda cemo reci da postoji nepravi integral

    ba

    f dx := I

    U suprotnom, kazemo da nepravi integral ba f dx ne postoji.

    Napomena 1.46. Ukoliko je funkcija F primitivna za f , tj. F = f , onda po N-Lformuli imamo da je

    b f dx = F (b)F (). Zato, jasno, nepravi integral

    ba f dx postoji

    ako i samo ako postoji desni limes lima+ F (). I u tom slucaju vrijedi: b

    af d x = F (b) lim

    a+ F ().

    Postoje i drugi tipovi nepravih integrala; to su nepravi integrali kojima je ili donjagranica jednaka , ili im je gornja granica jednaka +.

    c BS 47

  • 48

    Definicija 1.47. Pretpostavimo da je f : [a,+) R neprekidna funkcija, i neka jeza svaki B (a,+) definiran odredeni integral

    IB := B

    af d x.

    Ako postoji limes u beskonacnosti

    I := limB+

    IB,

    onda cemo reci da postoji nepravi integral

    +a

    f d x := I

    U suprotnom, kazemo da integral +a f dx ne postoji.

    Primjer 1.48.(1) Pokazimo da nepravi integral

    I := +

    1

    1x

    d x

    ne postoji; jasno, u skupu R.Doista, za proizvoljan B > 1 je

    IB = B

    1

    1x

    dx = lnB ln 1 = lnB.Ali, limes

    limB+

    IB = limB+

    ln B

    ne postoji u R. (Preciznije receno, govoreci u smislu prosirene definicije limesa, imamo daje

    +1

    1x d x = +.)

    (2) Pokazimo da nepravi integral

    Is := +

    1

    1xs

    dx

    postoji, za svaki s (1,+).Da bismo to pokazali, primjetimo najprije da za svaki B > 1 imamo:

    IB := B

    1xs dx =

    x1s

    1 sB

    1=

    11 s

    (B1s 1) = 1

    s 1(1 1

    Bs1).

    I sada, jasno,

    limB+

    IB =1

    s 1 limB+(1 1

    Bs1)

    =1

    s 1 .Dakle, za proizvoljan s > 1, imamo da je

    Is =1

    s 1 .

    c BS 48

  • 49

    Zadatak 1.7. Izracunajte sljedece neprave integrale:(i)

    +1

    11+x2

    d x;(ii)

    +1

    1ex d x;

    (iii) 41

    1(x1)2/3 dx.

    (Rjesenja: (i) /4; (ii) 1/e; (iii) 3 3

    3.)

    1.7. Racunanje volumena tijela i duljine luka krivulje.

    U ovom odjeljku primjenjujemo nauceno o integralima na dva vazna prakticna prob-lema. Prvi od njih je racunanje volumena nekih geometrijskih tijela, kao sto su npr.piramida, kugla i stozac; i opcenitije, pokazujemo kako se racunaju volumeni tzv. rota-cionih tijela. Druga je primjena na racunanje duljine luka krivulje. Naime, tu nas zanimakako izracunati duljinu neke krivulje koja je dana kao graf neke poznate (derivabilne)funkcije.

    (A) Volumen tijela

    Neka je u prostoru, tj. u R3, dano neko tijelo koje se u smjeru x-osi proteze odravnine x = a do ravnine x = b, za a < b.

    Slika 9.

    Nadalje prepostavimo da za svaki t [a, b] ZNAMO povrsinuP (t) := povrsina presjeka tijela s ravninom x = t;

    to je povrsina iscrtkanog dijela na slici. Sada uzmimo neku subdiviziju segmenta [a, b]:

    () a = x0 < x1 < < xn1 < xn = b .I uzmimo neke tocke

    ci [xi, xi+1], za i = 0, 1, . . . , n 1.Onda sloj tijela, kao na donjoj slici, koji je omeden ravninama x = xi i x = xi+1, aproksimi-ramo cilindricnim komadom Di cija je visina xi+1 xi i poprecni presjek jednak presjekunaseg tijela i ravnine x = ci.

    Slika 10.

    Sasvim je jasno da je volumen od Di priblizno jednak

    vol(Di) P (ci) (xi+1 xi).Ako sada prosumiramo sve te aproksimirane volumene, dobivamo da je

    n1

    i=0

    vol(Di) =n1

    i=0

    P (ci) (xi+1 xi).

    c BS 49

  • 50

    Tj., ako sa V oznacimo volumen danog tijela, onda je

    V n1

    i=0

    P (ci) (xi+1 xi).

    Odavde, pustimo li dijametar subdivizije () 0, dobivamo da je prava vrijednosttrazenog volumena jednaka

    V = b

    aP (x) d x

    Naravno, tu pretpostavljamo da je funkcija

    P : [a, b] R,

    definirana kao gore, poznata. (Ipak naglasimo kako treba nesto posla, koji mi ovdjeispustamo, da bi se nas argument plauzibilnosti pretvorio u rigorozan dokaz gore uokvirenejednakosti.)

    Primjer 1.49. Izracunajmo volumen piramide, dane kao na ovoj slici:

    Slika 11.

    Da bismo to napravili, postavimo piramidu u xyzO-ravninu, gdje O oznacava ishodistesustava, ovako:

    Slika 12.

    Gledajmo sada presjek piramide i proizvoljne ravnine koja je paralelna s yOz-ravninom;tj., paralelna s bazom piramide. Drugim rijecima, mi gledamo presjek piramide i ravninex = t, kada je t [0, h]. Ukoliko pogledamo projekciju nase piramide na xOz-ravninu,slika izgleda ovako:

    Slika 13.

    Iz slike je jasno da imamo odnos

    a

    2: h =

    d

    2: (h t).

    Odavde odmah slijedi da je

    d = d(t) = ah t

    h,

    i onda je funkcija presjeka P , uz zamjenu varijabli t x, dana kao

    P (x) = d2 = a2(h x)2

    h2.

    c BS 50

  • 51

    Po gore danom izrazu za volumen, dobivamo da je volumen piramide

    V = h

    0P (x) dx =

    a2

    h2

    h0

    (h x)2 d x = a2

    h2

    h0

    (h x)2 d(h x)

    = a2

    h2

    ((h x)33

    h

    0

    )= a

    2

    h2

    (0 h

    3

    3

    )

    =a2h

    3;

    sto je dobro poznat izraz.

    Primjer 1.50. Izracunajmo sada volumen kugle, ciji je radijus R.Da bismo to napravili, gledat cemo polukuglu, koju cemo postaviti u R3 tako da joj

    srediste dode u ishodiste O sustava, a baza u yOz-ravninu; kao na donjoj slici.

    Slika 14.

    Nadalje, za bilo koji t [0, R] gledamo presjek polukugle i ravnine x = t. Jasno, taj jepresjek krug. Ako sa d oznacimo njegov radijus, onda iz ocite jednakosti

    t2 + d2 = R2,

    slijedi da jed = d(t) =

    R2 t2.

    Uz zamjenu varijabli t x, funkcija presjeka P dana je kaoP (x) = d2 = (R2 x2) .

    Onda imamo da je volumen kugle (koja ima dvije polukugle) jednak

    V = 2 R

    0P (x) d x = 2

    R0

    (R2 x2) dx = 2(R2x x

    3

    3

    R

    0

    )

    =4R3

    3;

    sto je dobro poznat izraz.

    Kao uvertiru dolje danom opcenitom izrazu za volumen rotacionog tijela, pogledajmoovaj primjer.

    Primjer 1.51. Izracunajmo volumen tijela koje se dobije rotacijom lika, kao na slici,oko x-osi.

    Slika 14.

    Najprije primjetimo da se krivulje dane jednadzbama

    x = (y 1)2 i x = (y + 1)2doista sijeku u tocki (0, 1); kako je i nacrtano. Dalje, za proizvoljan t [0, 1], odredimos [0, 1] takav da je tocka T = (t, s) kao na slici. To radimo ovako. Buduci je tocka T nakrivulji cija je jednadzba dana sa x = (y 1)2, slijedi da je t = (s 1)2; i onda,

    s = s(t) = 1 +

    t.

    c BS 51

  • 52

    Kako je i ovaj put presjek naseg tijela sa ravninom x = t krug, jasno je da funkcija presjekaP : [0, 1] R jest dana kao

    P (t) = s2 = (1 + 2

    t + t) .

    Konacno, trazeni je volumen jednak

    V = 1

    0P (t) d t =

    10

    (1 + 2

    t + t) d t = = 176

    .

    Napomena 1.52. Pretpostavimo da je dana neka funkcija

    f : [a, b] R,takva da je

    f(x) 0, x [a, b].(Nacrtajte graf!) Zanima nas volumen tijela dobivena rotacijom grafa (f) oko x-osi;svako se takovo tijelo zove rotaciono tijelo. Da bismo to izracunali, najprije primjetimoda je funkcija presjeka P : [a, b] R dana sa

    P (x) := f(x)2 .

    (Naime, i sada je presjek tijela i svake ravnine x = t, u R3, krug.) Zakljucak je da volumenV naseg rotacionog tijela racunamo ovako:

    V = b

    af(x)2 dx

    Kao ilustraciju za receno u prethodnoj Napomeni, pogledat cemo jos jedan novi prim-jer. Osim toga, ponovo cemo, na malo sistematicniji nacin, tretirati volumen kugle ivolumen tijela promatranog u Primjeru 1.51.

    Primjer 1.53.(1) Izracunajmo volumen stosca, ciji je radijus baze R, a visina mu je h.Najprije, postavimo stozac u R3 tako da mu baza lezi u yOz-ravnini, te da je srediste

    baze u ishodistu O. Onda nacrtajmo projekciju stosca na xOy-ravninu. Sada je sasvimjasno da je taj stozac rotaciono tijelo koje odgovara funkciji f : [0, h] R ciji je graf (f)kao na ovoj slici:

    Slika 15.

    Taj graf dio je pravca koji prolazi tockama (h, 0) i (0, R); tj., dio je pravca cija je jednadzba

    y 0 = R 00 h (x h) y =

    R

    h(x h).

    Dakle je

    f(x) = Rh

    (x h).c BS 52

  • 53

    onda slijedi da je trazeni volumen V jednak

    V = h

    0

    R2

    h2(x h)2 d x = R

    2

    h2

    h0

    (x h)2 d(x h)

    =R2

    h2

    ((x h)33

    h

    0

    )=

    R2

    h2h3

    3

    =R2h

    3;

    sto je dobro poznat izraz.

    (2) U Primjeru 1.51 je funkcija f dana sa

    f : [0, 1] R, f(x) = y = 1 +x.A onda, kao i prije, slijedi da je volumen

    V = 1

    0f(x)2 d x =

    10

    (1 + 2

    t + t) d t = = 176

    .

    (3) U Primjeru 1.50 je funkcija f dana sa

    f : [0, R] R, f(x) = y =

    R2 x2.Sada, rotaciono tijelo koje odgovara funkciji f je polukugla. Njezin je volumen

    Vpol = R

    0f(x)2 d x =

    R0

    (R2 x2) dx = = 2R3

    3.

    (A) Duljina luka krivulje

    Neka je u ravnini R2 zadana krivulja jednadzbom

    y = f(x), x [a, b],pri cemu jos pretpostavljamo :

    Funkcija f je derivabilna na [a, b].

    Nas zanima sljedece pitanje:

    Pitanje. Kolika je duljina krivulje koja je dana grafom (f), od tocke A do tocke B?

    Slika 16.

    Da bismo odgovorili na to pitanje, napravimo neku subdiviziju

    () a = x0 < x1 < < xn1 < xn = b .Zatim stavimo yi = f(xi), i onda definirajmo tocke

    Pi = (xi, yi).

    Spajanjem svake dvije uzastopne tocke, dakle Pi sa Pi+1, dobivamo poligonalnu liniju odA do B. Sasvim je jasno da ako budemo imali dovoljno finu subdiviziju (), onda cedobivena poligonalna linija dosta dobro aproksimirati dio grafa (f), od A do B. Posebno,

    c BS 53

  • 54

    ukoliko sa l(Pi, Pi+1) oznacimo duljinu luka grafa od tocke Pi do tocke Pi+1, a sa d(Pi, Pi+1)udaljenost tocaka Pi i Pi+1, onda je

    l(Pi, Pi+1) d(Pi, Pi+1), za svaki i.Sada, znamo da je

    d(Pi, Pi+1) =

    (yi+1 yi)2 + (xi+1 xi)2 = (xi+1 xi)

    1 +(yi+1 yi)2(xi+1 xi)2 .

    Uz oznakexi = xi+1 xi,yi = yi+1 yi,

    gornju udaljenost pisemo kao

    d(Pi, Pi+1) =

    1 +(yi

    xi

    )2xi.

    Ali sada, po Lagrangeovom teoremu srednje vrijednosti, znamo da je

    yixi

    =f(xi+1) f(xi)

    xi+1 xi = f(ci),

    za neki broj ci (xi, xi+1). Prema tome, imamo da jed(Pi, Pi+1) =

    1 + f (ci)2 xi.

    Ukoliko oznacimo

    l(A,B) := duljina luka, tj grafa (f), od A do B,

    onda je jasno da je

    l(A,B) n1

    i=0

    1 + f (ci)2 xi.

    Pustimo li dijametar subdivizije () 0, dobivamo

    l(A,B) = b

    a

    1 + f (x)2 d x

    Naglasimo ipak kako smo mi ovdje naveli argument koji daje glavnu ideju o tome kakose doslo do gore napisanog izraza za duljinu luka l(A, B). Medutim, taj nas argument ipaknije rigorozan dokaz.

    Primjer 1.54. Nadimo duljinu luka l(A,B), ako su A i B pocetna i krajnja tocka nagrafu (f), gdje je funkcija f : [1, 4] R dana kao f(x) := x3/2.

    Slika 17.

    Ocito imamo: A = (1, 1) i B = (4, 8). Nadalje, kako je

    f (x) =32

    x,

    c BS 54

  • 55

    slijedi:

    l(A,B) = 4

    1

    1 +

    94

    x dx = = 80

    10 131327

    .

    Primjer 1.55. Nadimo duljinu luka l(A,B), ako su A i B pocetna i krajnja tocka nagrafu (f), gdje je funkcija f : [1, 4] R dana kao f(x) := 1 +x.

    Slika 18.

    Kako je sada

    f (x) =1

    2

    x,

    imamo da je

    l(A,B) = 4

    1

    1 +

    14x

    d x.

    Dakle, moramo prvo odrediti neodredeni integral

    I :=

    1 +14x

    d x.

    Koristeci parcijalnu integraciju, imamo

    I = x

    1 +

    14x

    x

    d

    1 + 14xd x

    dx

    = x

    1 +

    14x

    x

    1

    2

    1 + 14x

    ( 1

    4x2)

    d x

    = x

    1 +

    14x

    +

    18x

    4x

    4x + 1d x

    (jer je dx = 2

    x d

    x)

    = x

    1 +

    14x

    +14

    1x

    x

    x4x + 1

    2 d

    x(supst. y := 2

    x)

    = x

    1 +

    14x

    +14

    d y1 + y2

    (jer je

    d y1 + y2

    = ln(y +

    y2 + 1))

    = x

    1 +

    14x

    +14

    ln(2

    x +

    4x + 1).

    Konacno, slijedi da je

    l(A,B) = I4

    1= =

    17

    5

    2+

    14

    ln(4 +17

    2 +

    5

    ).

    c BS 55