SVEUILITE U ZADRU
POMORSKI ODJEL
Seminarska vjeºbenica Zbirka zadataka
MATEMATIKA II
Kopiranje i printanje dopu²teno samo studentima Sveu£ili²ta u Zadru i samo u toku akademskegodine 2014./2015. U svim ostalim slu£ajevima kopiranje nije dopu²teno! Razlog je ²to nastavnik
ne ºeli da se eventualne gre²ke iz starih skripti prenose s generacije na generaciju studenata.
PRIREDILI:
Lea Duji¢
dr. sc. Mate Kosor
Zadar, oºujak 2015.
1
Sadrºaj
1 Neposredno ra£unanje neodreenog integrala 4
2 Metoda supstitucije u neodreenom integralu 9
3 Metoda parcijalne integracije u neodreenom integralu 13
4 Neodreeni integral racionalnih funkcija 17
4.1 Osnovni tipovi integrala racionalnih funkcija . . . . . . . . . . . . . 17
4.2 Rastav na parcijalne razlomke . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
4.3 Primjena rastava na parcijalne razlomke na neodreene integrale ra-cionalnih funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
5 Neodreeni integral kompozicije racionalne s trigonometrijskomfunkcijom 29
6 Neodreeni integrali iracionalnih funkcija 34
6.1 Tip R(xm1n1 , . . .) i R(x,
(ax+ b
cx+ d
)m1n1
, . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
6.2 Tippolinom(x)√ax2 + bx+ c
i R(x,√ax2 + bx+ c
). . . . . . . . . . . . . . 37
6.3 Binomni integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
7 Zadaci za vjeºbu (neodreeni integrali) 46
8 Odreeni integral 47
9 Traºenje povr²ine izmeu krivulja integriranjem i druge primjene 50
9.1 Jednostavni primjeri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50
9.2 Ra£unanje povr²ine integriranjem po dijelovima . . . . . . . . . . . . 58
9.3 Ra£unanje povr²ine uz zamjenu osi x↔ y . . . . . . . . . . . . . . . 61
10 Numeri£ka integracija 64
10.1 Primjer iz stru£ne prakse: deplasman broda . . . . . . . . . . . . . . 70
10.1.1 Aproksimacija povr²ine opisanim pravokutnicima . . . . . . . 71
10.1.2 Aproksimacija povr²ine upisanim pravokutnicima . . . . . . . 72
2
10.1.3 Aproksimacija povr²ine trapezima . . . . . . . . . . . . . . . 73
10.1.4 Simpsonova formula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74
11 Nepravi integral 75
12 Teºi zadaci s odreenim integralima 81
12.1 Provjera parnosti i neparnosti u odreenom integralu . . . . . . . . . 83
12.2 Supstitucija u odreenom integralu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85
12.3 Parcijalna integracija u odreenom integralu . . . . . . . . . . . . . 91
13 Skalarne funkcije 94
13.1 Odreivanje domene . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97
13.2 Odreivanje razinskih krivulja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99
13.3 Limes (grani£na vrijednost) i neprekidnost . . . . . . . . . . . . . . . 103
13.4 Parcijalne derivacije prvog reda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106
13.5 Parcijalne derivacije drugog reda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108
13.6 Diferencijal i tangencijalna ravnina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110
13.7 Ekstremi funkcija vi²e varijabli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117
14 Obi£ne diferencijalne jednadºbe 120
14.1 Separirana ODJ 1. reda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122
14.2 Linearna ODJ 1. reda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123
14.3 Homogena ODJ: y′ = f(xy
). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125
14.4 Mje²oviti zadaci s ODJ 1. reda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127
14.5 Linearna ODJ 2. reda s konstantnim koecijentima . . . . . . . . . . 131
14.5.1 Homogena linearna ODJ 2. reda s konstantnim koecijentima 131
14.5.2 Nehomogena linearna ODJ 2. reda s konstantnim koecijentima134
15 Priprema za ispit (zadaci za vjeºbu) 142
3
1 Neposredno ra£unanje neodreenog integrala
Tablica integrala i formule nalazi se na zadnjoj stranici ove zbirke.
Denicija. Primitivna funkcija od f je svaka funkcija F za koju vrijedi F ′(x) = f(x) (osimeventualno u prebrojivo mnogo to£aka na intervalu).
Lako je provjeriti: ako je F primitivnu funkcija od f , tada je i F +C primitivna funkcija od f zasvaki konstatnu C
(F (x) + C)′ = F ′(x)′ + C ′ = f(x) + 0 = f(x).
Denicija. Skup svih primitivnih funkcija od f naziva se neodreeni integral ili antiderivacija iozna£ava se sa
´f(x) dx. Po deniciji vrijedi
ˆf(x) dx = F : F ′ = f .
Teorem 4.2.1 u udºbeniku pokazuje da ako nam je poznata F , jedna primitivna funkcija od f tadavrijedi ˆ
f(x) dx = F + C : C ∈ R
pa u tom duhu pi²emo
ˆf(x)dx = F (x) + C.
Jednostavniji neodreeni integrali mogu se ra£unati neposredno: traºimo koju funkciju treba deri-virati da se dobije zadana podintegralna funkcija. Neki jednostavni integrali rije²eni su u tablicama,poput one na kraju ove knjiºice.
zad. 1. Izra£unajte sljede¢e neodreene integrale koriste¢i tablicu osnovnih integrala i svojstvaintegrala:
a) ˆx3dx =
xn+1
n+ 1=
x3+1
3 + 1=x4
4+ C
b)ˆ
4x3dx = 4
ˆx3dx = 4 · x
3+1
3 + 1+ C =
= 4 · x4
4+ C
= x4 + C
c)ˆx3
3dx =
1
3·ˆx3dx =
1
3· x
4
4+ C
=1
12· x4 + C
4
d)ˆ
2x5dx = 2
ˆx5dx = 2 · x
5+1
5 + 1+ C
=2
6· x6 + C
=1
3x6 + C
e)ˆ
1
x3dx =
ˆx−3dx =
x−3+1
−3 + 1+ C
=x−2
−2+ C
=−1
2x2+ C
f)ˆ
3
cos2 ydy = 3
ˆ1
cos2 ydy =
= 3 tan y + C
g) ˆ5exdx = 5
ˆexdx = 5ex + C
Teorem 4.2.2 u udºbeniku obrazlaºe da su integral i derivacija inverzne ili obrnute operacije:(ˆf(x) dx
)′= f(x),
ˆf ′(x) dx = f(x) + C.
Teorem 4.2.3 u udºbeniku pokazuje da je mogu¢e integral rastaviti po zbroju i iz integrala izlu£itikonstantu (sli£no kao kod deriviranja):
ˆa f(x) dx) = a
ˆf(x) dx, (a konstanta,
ˆ(f(x) + g(x)) dx =
ˆf(x) dx+
ˆg(x) dx.
Pazi! Kod integrala nije mogu¢e jednostavno rastaviti faktore. Vidi kasnije supstituciju i parci-jalno integriranje.
5
zad. 2. Izra£unajte sljede¢e neodreene integrale:
a) ˆ(x2 + 2x− 3)dx =
ˆx2dx+
ˆ2xdx+
ˆ−3dx =
=x3
3+ 2
ˆxdx− 3
ˆdx
=x3
3+ 2 · x
2
2− 3x+ C
=x3
3+ x2 − 3x+ C
b) ˆ(
1√x
+3√x2 + 2)dx =
ˆ1√x
dx+
ˆ3√x2dx+
ˆ2dx =
=
ˆx−12 dx+
ˆx
23 dx+ 2
ˆdx
=x−12+1
−12
+ 1+x
23+1
23
+ 1+ 2x+ C
=x
12
12
+x
53
53
+ 2x+ C
= 2√x+
3
5
3√x5 + C
c)ˆ
1
sin2 x · cos2 xdx =
[treba se sjetiti identiteta
sin2 x+ cos2 x = 1
]=
=
ˆsin2 x+ cos2 x
sin2 x · cos2 xdx
=
ˆsin2 x
sin2 x · cos2 xdx+
ˆcos2 x
sin2 x · cos2 xdx
=
ˆ1
cos2 xdx+
ˆ1
sin2 xdx
= tan x+ cotx+ C
d)ˆ
x2
x2 + 1dx =
ˆx2 + 1− 1
x2 + 1dx
=
ˆx2 + 1
x2 + 1dx+
ˆ−1
x2 + 1dx
=
ˆdx−
ˆ1
x2 + 1dx
= x− arctanx+ C
6
e)ˆ
1 + 2x2
x2(1 + x2)dx =
ˆ1 + x2 + x2
x2(1 + x2)dx =
=
ˆ1 + x2
x2(1 + x2)dx+
ˆx2
x2(1 + x2)dx
=
ˆ1
x2dx+
ˆ1
1 + x2dx
=
ˆx−2dx+
ˆ1
1 + x2dx
=x−2+1
−2 + 1+ arctanx+ C
=x−1
−1+ arctanx+ C
= −1
x+ arctanx+ C
7
2 Metoda supstitucije u neodreenom integralu
Supstitucija se sastoji u tome da se nekom dopustivom zamjenom integracijske varijable ili podin-tegralnog izraza polazni integral svede na neke od onih tabli£nih. (Vidi teorem 4.2.5 iz knjige)Primijenimo pravilo za deriviranje kompozicije funkcije:
F ′(g(x)) · g′(x) = (F g)′ (x).
Integrirajmo: ˆF ′(g(x)) · g′(x) =
ˆ(F g)′ (x) = (F g) (x) + c
Zaklju£imo: ako je f neprekidna funkcija i F njena primitivna funkcija (£itaj: F ′(x) = f(x)), auz to g neprekidno derivabilna funkcija (£itaj: g′(x) neprekidna). Tada jeˆ
f(g(x)) · g′(x) dx = F (g(x)) + c.
Drugim rije£ima, napravili smo zamjenu varijabli t = g(x):ˆf(g(x)) · g′(x) dx =
t = g(x)
dt = d (g(x)) = g′(x) dx
=
ˆf(t) dt = F (t) + c = F (g(x)) + c.
zad. 1.
a)
ˆ(2x+ 1)2dx =
2x+ 1 = t /′
2 · dx = dtdx = dt
2
=
ˆt2
dt
2
=1
2·ˆt2dt =
1
2· t
2+1
2 + 1
=1
2· t
3
3=t3
6(sad je potrebno vratiti ²to je bio t)
=(2x+ 1)3
6+ C
b)
ˆe2x−1dx =
2x+ 1 = t /′
2 · dx = dtdx = dt
2
=
ˆet · dt
2=
1
2
ˆetdt
=1
2et =
1
2e2x−1 + C
c)ˆesinx cosx dx =
[sinx = t /′
cosx dx = dt
]=
ˆetdt
= et = esinx + C
9
d)ˆ
2x cos(x2)dx =
ˆcos(x2) · 2xdx =[
x2 = t /2xdx = dt
]=
ˆcos tdt = sin t
= sin(x2) + C
e)ˆ
2x
x2 − 4dx =
[x2 − 4 = t /′
2xdx = dt
]=
ˆdt
t=
= ln |t| = ln |x2 − 4|+ C
f)ˆ
2x
(x2 − 4)2dx =
[x2 − 4 = t /′
2xdx = dt
]=
ˆdt
t2=
ˆt−2dt =
t−2+1
−2 + 1=t−1
−1=−1
t
=−1
x2 − 4+ C
g)
ˆcos(4x+ 1)dx =
4x+ 1 = t /′
4dx = dtdx = dt
4
=
ˆcos t
dt
4=
=1
4
ˆcos t dt
=1
4sin t =
1
4sin(4x+ 1)
h)ˆx · cos(3x2 + 4)dx =
ˆcos(3x2 + 4) · x dx =
3x2 + 4 = t /′
3 · 2x dx = dt6x dx = dtxdx = dt
6
=
ˆcos t
dt
6=
1
6
ˆcos t dt =
1
6sin t =
1
6sin(3x2 + 4) + C
10
i)
ˆx2(x3 − 8)11dx =
ˆ(x3 − 8)11x2dx =
x3 − 8 = t /′
3x2dx = dtx2dx = dt
3
=
ˆt11
dt
3=
1
3· t
11+1
11 + 1=
1
3
t12
12=t12
36
=(x3 − 8)12
36+ C
zad. 2.ˆ
sin(lnx)
xdx =
[lnx = t /′1xdx = dt
]=
ˆsin t dt =
− cos t = − cos(lnx) + C
zad. 3. Namje²tanje podintegralnog izraza za pogodnu supstituciju:ˆ
dx
x2 + 2x+ 5=
ˆdx
x2 + 2x+ 1 + 4=
ˆdx
(x+ 1)2 + 22=
[x+ 1 = t /′
dx = dt
]ˆ
dt
t2 + 22=
1
2arctan
t
2
=1
2arctan
x+ 1
2+ C
zad. 4.
ˆx2√x6 − 1
dx =
x3 = t /′
3x2dx = dtx2dx = 1
3dt
, x3 = t =⇒ x6 = t2
=
ˆ 13dt
√t2 − 1
=1
3
ˆdt√t2 − 1
=1
3ln |t+
√t2 − 1|
=1
3ln |x3 +
√x6 − 1|+ C
zad. 5.ˆ
1
1 +√x+ 1
dx =
[x+ 1 = t2 /′
dx = 2t dt
]=
ˆ2t
1 +√t2
dt =
ˆ2t
1 + tdt = 2
ˆt
1 + tdt = 2
ˆt+ 1− 1
1 + tdt
2
ˆt+ 1
1 + tdt+ 2
ˆ−1
1 + tdt = 2
ˆdt− 2
ˆdt
1 + t= 2t− 2 ln |t|
= 2(√x+ 1)− 2 ln |
√x+ 1|+ C
11
kad god je stupanj brojnika ve¢i ili jednak stupnju nazivnika moºemopoku²ati pojednostaviti zada¢u dijeljenjem polinoma
2t
t+ 1= 2t
−(2t+ 2)−−−−−−
−2
: t+ 1 = 2 +−2
t+ 1
Sada je jasno daˆ
2t
t+ 1dt =
ˆ2dt− 2
ˆdt
t+ 1= . . . = 2t− 2 ln |t+ 1|
zad. 6.
ˆdx
x lnx · ln(lnx)=
ln(lnx) = t /′1
lnx(lnx)′dx = dt1
lnx· 1xdx = dt
=
ˆdt
t= ln |t| = ln | ln(lnx)|+ C
zad. 7.
ˆ6x− 5
6x2 − 10x+ 12dx =
6x2 − 10x+ 12 = t /′
(12x− 10)dx = dt / : 2(6x− 5)dx = 1
2dt
ˆ 1
2dt
t=
1
2
ˆdt
t=
1
2ln |t| =
1
2ln |6x2 − 10x+ 12|+ C
zad. 8.
ˆ √1 + ln x
x · lnxdx =
1 + ln x = t2 /′1xdx = 2tdt
lnx = t2 − 1
=
ˆ √t2
(t2 − 1)· 2tdt =
ˆt
(t2 − 1)· 2tdt =
ˆ2t2
t2 − 1dt = 2
ˆt2
t2 − 1dt = 2
ˆt2 − 1 + 1
t2 − 1dt
2
ˆt2 − 1
t2 − 1dt+ 2
ˆ1
t2 − 1dt = 2
ˆdt+ 2
ˆ1
t2 − 1dt =
2t+ 2(1
2ln |t− 1
t+ 1|) = 2
√1 + ln x+ ln |
√1 + ln x− 1√1 + ln x+ 1
|+ C
12
zad. 9.
ˆln(tanx)
sinx · cosxdx =
ln(tanx) = t /′1
tanx· (tanx)′ = dt
1tanx· 1cos2 x
dx = dtcosxsinx· 1cos2 x
dx = dt1
sinx·cosxdx = dt
=
ˆtdt =
1
2· t2 =
1
2· (ln(tanx))2 + C
Zadaci za samostalan rad:1. Supstitucijom 1−x2 = t rije²iti
´4x (1− x2) dx 2. Rije²iti
ˆx dx
x(x+ 1)3.ˆx sin(3x2 + 4) dx =
3 Metoda parcijalne integracije u neodreenom integralu
Parcijalna integracija je primjena formule za derivaciju umno²ka
f ′(x) · g(x) + f(x) · g′(x) = (f(x) · g(x))′
na integralni ra£unˆf ′(x) · g(x) dx+
ˆf(x) · g′(x) dx =
ˆ(f(x) · g(x))′ dx = f(x) · g(x) + c
tako da se relativno komplicirani integral s lijeve strane pojednostavi na na£inˆf ′(x) · g(x) dx = f(x) · g(x)−
ˆf(x) · g′(x) dx,
bˆ
a
f ′(x) · g(x) dx = [f(x) · g(x)]ba −bˆ
a
f(x) · g′(x) dx.
Zamjenom varijabli u = f(x) i v = g(x) moºemo pisati i ovako:ˆu
dv
dxdx = uv −
ˆv
du
dxdx,
ˆu dv = uv −
ˆv du
Primjer. Koriste¢i zamjenu u = x i dv = sinx dx izra£unati´x sinx dx
ˆx sinx dx =
u=x →→→ du = u′ = 1 dx
dv=sinx dx → v =´
dv =´
sinx dx = − cosx
= uv −
ˆv du
= x (− cosx)−ˆ
(− cosx) 1 dx
= −x cosx+ sinxVaºno!
Presudan je odabir: u se treba pojednostaviti derivacijom i/ili dv pojednostaviti integracijom.
13
zad. 1.´xexdx = . . .
. provodi se supstitucija
u = x /′ exdx = dv /
´du = dx
´exdx =
´dv
ex = v
. . . = x · ex −
ˆexdx = x · ex − ex + C = ex(x− 1) + C
zad. 2.´x sinx dx = . . .
. provodi se supstitucija
u = x /′ sinx dx = dv /
´du = dx
´sinx dx =
´dv
− cosx = v
. . . = x · (− cosx)−
ˆ− cosx dx = −x cosx+
ˆcosx dx = −x cosx+ sinx+ C
zad. 3.´x2 lnx dx = . . .
. provodi se supstitucija
u = lnx /′ x2 dx = dv /
´du = 1
xdx
´x2 dx =
´dv
13x3 = v
. . . =
1
3x3 · lnx−
ˆ1
3x3 · 1
xdx =
1
3x3 · lnx− 1
3
ˆx2dx =
=1
3x3 · lnx− 1
3· 1
3· x2 =
1
3x3 · lnx− 1
9· x2 + C
zad. 4.´
3xex+1dx = . . .
. provodi se supstitucija
u = 3x /′ ex+1 dx = dv /
´du = 3dx
ˆex+1 dx︸ ︷︷ ︸vidi ♥
=´dv
ex+1 = v
. . . = 3xex+1 −
ˆex+1 · 3 dx = 3xex+1 − 3ex+1 + C
♥ #
ˆex+1dx =
[x+ 1 = t /′
dx = dt
]=
ˆetdt = et = ex+1 ♥
zad. 5.´
lnx dx = . . .
. provodi se supstitucija
u = lnx /′ dx = dv /
´du = 1
xdx
´dx =
´dv
x = v
. . . = x · lnx−
ˆx · 1
xdx = x · lnx−
ˆdx = x · lnx− x+ C
14
zad. 6.ˆex cosx dx = . . . pokazati ¢e se da treba upotrijebiti parcijalnu integraciju vi²e
puta:
ˆex cosx dx =
u = cosx /′ exdx = dv /´
du = − sinx dx´exdx =
´dv
ex = v
ˆex cosx dx = cos x · ex −
ˆex · (− sinx )dx
ˆex cosx dx = cos x · ex +
ˆex · sinx dx︸ ︷︷ ︸
=♥
Integral ♥ =´ex ·sinx dx moramo posebno izra£unati, pa ¢emo nastaviti daljnju integraciju na²eg
po£etnog integrala.
♥ =
ˆex · sinx dx =
u = sinx /′ exdx = dv /´
du = cosx dx´exdx =
´dv
ex = v
= ex · sinx−
ˆex cosx dx
Makar se na prvi pogled moºe £initi da smo se zavrtili u krug, ovo nam je dovoljno da rije²imozadatak. Zapi²imo ponovno zadatak i dobiveno meurje²enje:
ˆex cosx dx = cos x · ex + ♥
ˆex cosx dx = cos x · ex +
︷ ︸︸ ︷ex · sinx−
ˆex cosx dx
Sada prebacimo sve pojave nepoznatog integrala na lijevu stranu jednakosti:ˆex cosx dx+
ˆex cosx dx = cos x · ex + ex · sinx
2
ˆex cosx dx = cos x · ex + ex · sinx
Na kraju podijelimo jednakost brojem 2, pa slijedi traºeno rje²enje:ˆex cosx dx =
1
2(cosx · ex + ex · sinx) + C
15
zad. 7´
2x2 cosx dx = . . .
. . . =
u = 2x2 /′ cosx dx = dv /
´du = 4x dx
´cosx dx =
´dv
sinx = v
=
= 2x2 · sinx−ˆ
sinx · 4x dx = 2x2 · sinx− 4
ˆsinx · x dx︸ ︷︷ ︸
♥
= . . .
Integral ♥ =´
sinx · x dx moramo posebno izra£unati:
♥ =
ˆsinx · x dx =
u = x /′ sinx dx = dv /´
du = dx´
sinx dx =´dv
− cosx = v
=
= x · (− cosx)−ˆ− cosxdx = −x cosx+
ˆcosx dx = −x cosx+ sinx
pa to vratimo gdje se prvi puta javilo ♥ i slijedi rje²enje:
. . . = 2x2 · sinx− 4
ˆsinx · x dx = 2x2 · sinx− 4(−x cosx+ sinx)
= 2x2 · sinx+ 4x cosx− 4 sinx+ C
Zadatak za samostalni rad:
ˆarctanx dx =
ˆarctan (x) · 1 dx =
u = arctanx ; du = u′ = dx
1+x2
dv = 1 dx ; v =´
dv =´
1 dx = x
= . . .
Zadaci za samostalan rad:1.´x cosx dx 2.
´2x(x+ 1)3 dx 3.
´x2 lnx dx 4.
ˆ2x ex dx
5.´
(x− 1) sin(x− 1) dx 6.´
3x ex+1 dx
7. Rije²iti parcijalnom integracijom kori²tenjem u = lnx i dv = 1 dx:ˆ
lnx dx
16
4 Neodreeni integral racionalnih funkcija
Racionalne funkcije su izrazi oblika f(x) = P (x)Q(x)
gdje su P i Q neki polinomi. Npr. 1x, x+4
3x2, x3
x4+3x2+1.
Prvo ¢emo pokazati kako se rije²avaju neki jednostavni tipovi integrala racionalnih funkcija, zatimse podsjetiti dijeljenja polinoma i rastava na parcijalne razlomke, a na kraju primijeniti navedeneelemente na rije²avanje neodreenih integrala op¢enitih racionalnih funkcija.
4.1 Osnovni tipovi integrala racionalnih funkcija
TIP A ˆdx
(x− c)n
rje²avamo supstitucijomx− c = t
zad. 1.ˆ
dx
(x− 5)3=
[x− 5 = t /′
dx = dt
]=
ˆdt
t3=
ˆt−3dt =
t−3+1
−3 + 1=t−2
−2=−1
2t2
=−1
2(x− 5)2+ C
TIP B ˆdx
(ax2 + bx+ c)n
gdje jeb2 − 4ac < 0 (nema realnih nulto£aka).
Izraz ax2+bx+c poku²avamo prikazati u obilku (nesto)2+broj, a zatim napraviti supstitucijunesto = t.
zad. 2. ˆdx
x2 − 2x+ 4= u ovom je slu£aju n = 1
ˆdx
x2 − 2x+ 1 + 3=
ˆdx
(x− 1)2 + (√
3)2
sad uvedemo supstituciju[x− 1 = tdx = dt
]ˆ
dt
t2 + (√
3)2=
1√3
arctan(t√3
)
=
√3
3arctan(
(x− 1)√3
) + C
17
Integral TIPA B dodatno se oteºava kako se n pove¢ava.
zad. 3. ˆdx
(x2 − 2x+ 4)2= u ovom je slu£aju n = 2
U nazivniku ºelimo (nesto)2 + brojˆdx
(x2 − 2x+ 1 + 3)2=
ˆdx
((x− 1)2 + 3)2=
=
x− 1 = tdx = dt
=
ˆdt
(t2 + 3)2= . . .
Sad se posluºimo trikom da dobijemo pogodan oblik. . .
. . . =1
3
ˆ3dt
(t2 + 3)2=
1
3
ˆt2 − t2 + 3
(t2 + 3)2dt
1
3
ˆt2 + 3
(t2 + 3)2dt+
1
3
ˆ−t2
(t2 + 3)2dt =
1
3
ˆdt
t2 + 3︸ ︷︷ ︸(#1)
−1
3
ˆt2
(t2 + 3)2︸ ︷︷ ︸(#2)
dt = . . .♥
Dva ozna£ena integrala mogu se zasebno rije²iti:
(#1) =
ˆdt
t2 + 3=
ˆdt
t2 + (√
3)2=
1√3
arctan(t√3
) =
√3
3arctan(
t√3
) + C
(#2) =
ˆt2 dt
(t2 + 3)2parcijalna
=integracija
ˆt · t dt
(t2 + 3)2=
u = t /′ dv = t
(t2+3)2dt /
´.
du = dt, v =´dv =
´t
(t2+3)2dt = . . .
v =
u = t2 + 3du = 2t dt
= sami. . . = −1
2· 1t2+3
=
= t · (−1
2· 1
t2 + 3)−ˆ−1
2· dt
t2 + 3=−1
2t · 1
t2 + 3+
1
2
ˆdt
t2 + 3=
=−t
2(t2 + 3)+
1
2
ˆdt
t2 + (√
3)2==
−t2(t2 + 3)
+1
2·√
3
3arctan(
t√3
)
= − −2(t2 + 3)
+
√3
6arctan
t√3
+ C
Dobivene rezultate vratimo u na mjesto ozna£eno ♥:
♥ . . . =1
3(#1)− 1
3(#2) =
1
3(
√3
3arctan(
t√3
))− 1
3(−t
2(t2 + 3)+
√3
6arctan(
t√3
)) + C
=
√3
9arctan(
x− 1√3
) +x− 1
6((x− 1)2 + 3)−√
3
18arctan(
x− 1√3
) + C
18
TIP C ˆxdx
(ax2 + bx+ c)n
gdje jeb2 − 4ac < 0 (nema realnih nulto£aka).
Rje²avamo ga supstitucijom
ax2 + bx+ c = t
(2ax+ b)dx = dt
Nakon ovakve supstitucije potrebno je u brojniku smisliti (2ax+ b)dx nekim namje²tanjem.
zad. 4.ˆ
xdx
x2 − 2x+ 4= (n = 1) =
[x2 − 2x+ 4 = t /′
(2x− 2)dx = dt
]sad u brojniku moramo namjestiti (2x− 2)dx
1
2
ˆ(2x− 2 + 2)dx
x2 − 2x+ 4=
1
2
ˆ(2x− 2)dx
x2 − 2x+ 4+
1
2
ˆ2dx
x2 − 2x+ 41
2
ˆdt
t+
1
2· 2ˆ
dx
x2 − 2x+ 4=
1
2
ˆdt
t+
ˆdx
x2 − 2x+ 4︸ ︷︷ ︸♥Ovo je integral TIP B
♥ˆ
dx
x2 − 2x+ 4(iz zadatka 2 imamo)
=
√3
3arctan(
t√3
)
Pa se vratimo u po£etni integral
1
2
ˆdt
t+
ˆdx
x2 − 2x+ 4=
1
2ln |t|+
√3
3arctan(
t√3
)
=1
2ln |x2 − 2x+ 4|+
√3
3arctan
(x− 1)√3
+ C
19
I TIP C moºe se dodatno oteºati kako se n pove¢ava.
ˆxdx
(x2 − 2x+ 4)2= (n = 2) =
[x2 − 2x+ 4 = t /′
(2x− 2)dx = dt
]1
2
ˆ(2x− 2 + 2)dx
(x2 − 2x+ 4)2=
1
2
ˆ(2x− 2)dx
(x2 − 2x+ 4)2+
1
2
ˆ2dx
(x2 − 2x+ 4)2
1
2
ˆdt
t2+
1
2· 2ˆ
dx
(x2 − 2x+ 4)2=
1
2
ˆt−2dt+
ˆdx
(x2 − 2x+ 4)2︸ ︷︷ ︸Ovo je oteºani integral TIP B (izra£unali smo ga)
=1
2
t−2+1
−2 + 1+
√3
9arctan(
x− 1√3
) +x− 1
6((x− 1)2 + 3)−√
3
18arctan(
x− 1√3
)
=−1
2
1
x2 − 2x+ 4+
√3
9arctan(
x− 1√3
) +x− 1
6((x− 1)2 + 3)−√
3
18arctan(
x− 1√3
) + C
4.2 Rastav na parcijalne razlomke
Racionalna funkcija: oblikaf
ggdje su f i g polinomi.
Parcijalni razlomci: to su najjednostavniji primjeri racionalne funkcije. U nazivniku imaju po-linom stupnja 1 ili 2 koji se ne moºe rastaviti na faktore, a u brojniku polinom stupnja baremza jedan manjeg. Jo² k tome u nazivniku na polinom moºe biti primijenjena neka potencija.Primjeri:
4
x− 3,
3− 2x
1 + x2,
2
(x− 3)2
Rastav na parcijalne razlomke: je prikaz racionalne funkcije kao zbroja parcijalnih razlomaka.Prije samog rastava potrebno je izvr²iti dijeljenje polinoma ukoliko stupanj brojnika nijemanji od stupnja nazivnika. Npr. za f(x) = x9−2x6+2x5−7x4+13x3−11x2+12x−4
x7−3x6+5x5−7x4+7x3−5x2+3x−1 vrijedi rastav
f(x) = x2 + 3x+ 4 +1
(x− 1)+
1
(x− 1)3+
x+ 1
x2 + 1+
1
(x2 + 1)2.
20
Primjer. Rastavi na parcijalne razlomke sljede¢u racionalnu funkciju i na kraju obavezno provjerirje²enje:
x3
x2 + 6x+ 5korak 1. Dijelimo polinome:
x3 : (x2 +6x +5) = x−6 +31x+ 30
x2 + 6x+ 5−(x3 +6x2 +5x)−− −−− −−−−X −6x2 −5x−( −6x2 −36x −30)
−−− −−− −−−X 31x +30
Dijelili smo dok nismo dobili stupanj brojnika manji od stupnja nazivnika.
korak 2. Odredimo faktore nazivnika, tj. pitamo se kada je x2 + 6x + 5 = 0. Ako je odgovor:nikada tada je rastav na parcijalne razlomke gotov.
x1,2 =−6±
√62 − 4 · 1 · 52 · 1
=−6± 4
2=⇒ x1 = −5, x2 = −1
Sada su faktori nazivnika sljede¢i x2 + 6x+ 5 = (x−−5) · (x−−1) = (x+ 5)(x+ 1).
korak 3. Preostali razlomak31x+ 30
x2 + 6x+ 5poku²avamo prikazati kao zbroj razlomaka £iji su na-
zivnici upravo faktori dobiveni u prethodnom koraku
31x+ 30
x2 + 6x+ 5=
A
x+ 5+
B
x+ 1,
gdje su A i B neke neodreene konstante koje tek trebamo odrediti!opcija 3A) svesti na zajedni£ki nazivnik
31x+ 30
x2 + 6x+ 5=
A
x+ 5+
B
x+ 1=Ax+ A+Bx+ 5B
x2 + 6x+ 5
i izjedna£iti brojnike31x+ 30 = (A+B)x+ A+ 5B, (1)
a zatim usporediti potencije
uz x0 : 30 = A+ 5B
uz x1 : 31 = A+B
Rije²imo sustav kako znamo (npr. matri£no) i dobijemo B = −1/4, A = 3114.
21
opcija 3B) mogli smo u izraz (1) sa prethodne stranice uvrstiti pogodne parametre x pa iskoristitidobivene jednadºbe. Uvijek je zgodno u (1) uvrstiti nulto£ke nazivnika, u ovom slu£aju x = −5 ix = −1. Slijede dvije jednadºbe koje direktno daju rje²enje:
31(−5) + 30 = −4A → A =−155 + 30
−4=−125
−4= 31
1
4
31(−1) + 30 = 4B → B =−31 + 30
4= −1
4
Rje²enje)x3
x2 + 6x+ 5= x− 6 +
3114
x+ 5−
1/4
x+ 1
Provjera) svodimo na zajedni£ki nazivnik i usporedimo sa zadanim
x− 6 +311
4
x+ 5−
1/4
x+ 1=
(x− 6)(x+ 5)(x+ 1) + 3114(x+ 1)− 1
4(x+ 5)
(x+ 5)(x+ 1)
=x3 − 6x2 + 5x2 − 30x+ x2 − 6x+ 5x− 30 + 311
4x+ 311
4− 1
4x− 5
4
x2 + 5x+ x+ 5
=x3
x2 + 6x+ 5isto kao zadano X
22
Primjer Rastavi funkciju na parcijalne razlomke:
x+ 1
2x2 − 2x− 12
Prvo ²to moramo u£initi je poku²ati nazivnik rastaviti na ²to jednostavnije faktore. Nazivnik jepolinom drugog stupnja, njegov rastav ¢emo prona¢i tako da poku²amo rije²ti kvadratnu jednadºbu
2x2 − 2x− 12 = 0
2(x2 − x− 6) = 0
x1 = 3, x2 = −2
(2x2 − 2x− 12) = 2(x− 3)(x+ 2)
Sad na²a funkcija izgleda ovakox+ 1
2(x− 3)(x+ 2)
Nazivnik ne moºemo vi²e rastaviti, pa primjenjujemo formulu za rastav funkcije na parcijalnerazlomke:
x+ 1
2(x− 3)(x+ 2)=
A
x− 3+
B
x+ 2/ · 2(x− 3)(x+ 2)
x+ 1 = 2A(x+ 2) + 2B(x− 3)
x+ 1 = 2Ax+ 4A+ 2Bx− 6B
x+ 1 = x(2A+ 2B) + (4A− 6B)
sad izjedna£imo koecijente s lijeva i i desna
2A+ 2B = 1 =⇒ A =1
2−B
4A− 6B = 1 =⇒ A =1
4+
3
2B
pa je A =2
5i B =
1
10
Dakle,
x+ 1
2(x− 3)(x+ 2)=
A
x− 3+
B
x+ 2
x+ 1
2(x− 3)(x+ 2)=
25
(x− 3)+
110
(x+ 2)
23
Primjer Poku²ajmo za sljede¢u funkciju postaviti rastav (sami izra£unati):
x
(x− 1)2(x2 + x+ 1)
to nam se nalazi u nazivniku? Nazivnik nam je ve¢ rastavljen na jednostavne faktore koji sevi²e ne mogu rastaviti. Sastoji se od jednog polinoma prvog stupnja, to je x− 1, ali budu¢i je onkvadriran moramo biti oprezni kod rastava, drugi faktor x2 +x+ 1 je polinom drugog stupnja kojise ne moºe rastaviti na jednostavnije faktore. Stoga imamo:
x
(x− 1)2(x2 + x+ 1)=
A
x− 1+
B
(x− 1)2+
Cx+D
x2 + x+ 1
Sad je sve potrebno pomnoºiti s (x−1)2(x2+x+1) i izjedna£iti koecijente s lijeve i desne strane. . .
24
4.3 Primjena rastava na parcijalne razlomke na neodreene integraleracionalnih funkcija
zad 1. Rije²iti integral´
x3
x2+6x+5dx
Moºemo iskoristi ranije izra£unati rastava na parcijalne razlomke (na str. 21)ˆ
x3
x2 + 6x+ 5dx =
ˆxdx−
ˆ6dx+
ˆ31x+ 30
x2 + 6x+ 5dx
=1
2x2 − 6x+
ˆ31x+ 30
x2 + 6x+ 5dx︸ ︷︷ ︸
ovaj ¢emo posebno izra£unati
ˆ31x+ 30
x2 + 6x+ 5dx
Funkcija 31x+30x2+6x+5
je prava racionalna funkcija i treba je rastaviti na parcijalne razlomke. Ovo jenapravljeno na str 21 gdje smo dobili
31x+ 30
(x+ 1)(x+ 5)=
−14
x+ 1+
1254
x+ 5
Dalje
ˆ31x+ 30
x2 + 6x+ 5dx =
ˆ −14
x+ 1dx+
ˆ 1254
x+ 5dx
=−1
4
ˆ1
x+ 1dx+
125
4
ˆ1
x+ 5dx
=−1
4ln |x+ 1|+ 125
4ln |x+ 5|
I onda je kona£no:
ˆx3
x2 + 6x+ 5dx =
ˆx dx−
ˆ6 dx+
ˆ −14
x+ 1dx+
ˆ 1254
x+ 5dx =
=1
2x2 − 6x− 1
4ln |x+ 1|+ 125
4ln |x+ 5|+ C
25
zad. 2. ˆdx
x2(1 + x2)2
Ovo je ve¢ prava racionalna funkcija, koju moramo odmah rastaviti na parcijalne razlomke.
1
x2(1 + x2)2=
A
x+B
x2+
(Cx+D)
1 + x2+
Ex+ F
(1 + x2)2/ · x2(1 + x2)2
1 = Ax(1 + x2)2 +B(1 + x2)2 + (Cx+D)(1 + x2) + (Ex+ F )x2
1 = x5(A+ C) + x4(B +D) + x3(2A+ C + E) + x2(2B +D + F ) + Ax+B
A+ C = 0
B +D = 0
2A+ C + E = 0
2B +D + F = 0
A = 0 =⇒ C = 0
B = 0 =⇒ D = −1
E = 0
F = −1
1
x2(1 + x2)2=
1
x2+−1
1 + x2+
−1
(1 + x2)2
Pa na² integral izgleda:ˆ
dx
x2(1 + x2)2=
ˆ1
x2dx+
ˆ−1
1 + x2dx+
ˆ−1
(1 + x2)2dx
=
ˆx−2dx−
ˆdx
1 + x2−ˆ
1
(1 + x2)2dx
=−1
x− arctanx−
ˆ1
(1 + x2)2dx︸ ︷︷ ︸
Integral tipa B oteºani
♥
26
♥ =
ˆ1
(1 + x2)2dx =
ˆx2 + 1− x2
(1 + x2)2dx =
ˆx2 + 1
(1 + x2)2dx+
ˆ−x2
(1 + x2)2dx
=
ˆx2 + 1
(1 + x2)2dx−
ˆx2
(1 + x2)2dx
=
ˆdx
1 + x2−ˆ
x2
(1 + x2)2dx
= arctanx−ˆ
x2
(1 + x2)2dx︸ ︷︷ ︸
Ovog moramo rije²iti parcijalnom integracijom
ˆx2
(1 + x2)2dx =
ˆx · x
(1 + x2)2dx
u = x /′ x(x2+1)2
dx = dv /´
du = dx´
x(x2+1)2
dx =´dv
ovaj integral rije²imo supstitucijom x2 + 1 = u(probati sami!)−12· 1x2+1
= v
= x · (−1
2· 1
x2 + 1)−ˆ−1
2· 1
x2 + 1dx
=−x2· 1
x2 + 1+
1
2
ˆ1
x2 + 1dx
=−x2· 1
x2 + 1+
1
2· arctanx
Pa je rje²enje oteºanog integrala:
♥ =
ˆ1
(1 + x2)2dx = arctanx− (
−x2· 1
x2 + 1+
1
2· arctanx) =
= arctanx+x
2· 1
x2 + 1− 1
2· arctanx
=1
2· arctanx+
x
2· 1
x2 + 1
I kona£no rje²enje po£etnog integrala je:ˆ
dx
x2(1 + x2)2=−1
x− arctanx− (
1
2· arctanx+
x
2· 1
x2 + 1)
=−1
x− arctanx− 1
2· arctanx− x
2· 1
x2 + 1
=−1
x+
1
2· arctanx− x
2· 1
x2 + 1+ C
27
zad. 3. U knjiºici #1 iz Matematike I na sredini strane 18. u primjeru je napravljen rastav
na parcijalne razlomke funkcije1 + 2x+ 3x2
(1 + x)2 (1 + x2). Postupak se svodi na rje²avanje sustava
linearnih jednadºbi sa 4 jednadºbe i 4 nepoznanice
A +C = 0A +B +2C +D = 3A +C +2D = 2A +B +D = 1
tako da se dobije1 + 2x+ 3x2
(1 + x)2 (1 + x2)=−1
1 + x+
1
(1 + x)2+
x+ 1
1 + x2.
Iskoristi navedeni rastav za rje²avanje integrala:ˆ1 + 2x+ 3x2
(1 + x)2 (1 + x2)= . . .
Obzirom na navedeni rastav na parcijalne razlomke vrijedi:
. . . = −ˆ
dx
1 + x+
ˆdx
(1 + x)2+
ˆx dx
1 + x2+
ˆdx
1 + x2
= − ln |1 + x| − 1
1 + x+
1
2ln∣∣1 + x2
∣∣+ arctanx+ C
ZADACI ZA VJEBU (rezultat bi se mogao provjeriti deriviranjem)Koraci rije²avanja:
1. dijeljenjem svedi najve¢u potenciju brojnika ispod potencije nazivnika,
2. takav integrand rastavi na parcijalne razlomke,
3. integriraj parcijalne razlomke.
´ x3
x3 − 9xdx,
´ 3y + 5
y2 − ydx,
´ u2 − 3
u3 − 3u2du,
´ u2 − 3
u3 + udu,
´ dx
x3 + 16x´ 4x dx
x3 − x2 + x− 1,´ 4x5 + 2x4 + 1
x4 − x3dx,
´ dx
x3 + 4x2 + 4x,ˆ
(x7 + 1) dx
x2(x2 + 2x+ 2)2
28
5 Neodreeni integral kompozicije racionalne s trigonome-
trijskom funkcijom
Neka je R(x, y) neka racionalna funkcija varijabli x i y. Tada sa R(sinx, sin y) ozna£imo kompo-ziciju racionalne funkcije sa trigonometrijskom funkcijom.Npr. ako je
R(x, y) =x+ y
y2 − xy,
tada je
R(sinx, sin y) =sinx+ cosx
cos2 x− sinx · cosx.
Kod rje²avanja integrala ovog tipa koristit ¢emo se 3 razli£ite tehnike:
1. jednostavno integriranje,
2. pojednostavljivanje preko trigonometrijskih identiteta,
3. supstitucijama kojima se integral svodi na racionalnu funkciju:
Supstitucija x dx sinx cosx tanx cotx Kada koristimo?
t = tan x2
x = 2 arctan t2dt
1 + t22t
1 + t21− t2
1 + t22t
1− t21− t2
2tMoºe uvijek.
t = tanx x = arctan tdt
1 + t2±√
t2
1 + t2±√
1
1 + t2t
1
t
Ako: R(− cosx,− sinx)= R(cosx, sinx).
t = sinx x = arcsin tcosx dx
= dtt 1− t2 Za
´R(sinx) cosx dx.
t = cosx x = arccos tsinx dx= −dt
1− t2 t Za´R(cosx) sinx dx.
zad. 1.ˆ
15 sin t cos t− 3 cos t sin t√1 + 3 cos2 t+ 15 sin2 t
dt = . . . koristi se 1 = sin2 t+ cos2 t (vidi formule na obrascu)
i nakon toga obi£na supstitucija
=
ˆ12 sin t cos t dt√
1 + 3 cos2 t+ 15 sin2 t=
3 cos2 t+ 3 sin2 t = 1
=
=
ˆ12 sin t cos t dt√
4 + 12 sin2 t=
ˆ12 sin t cos t dt√
4√
1 + 3 sin2 t=
ˆ6 sin t cos t√1 + 3 sin2 t
dt =
=
u = sin t
du = cos t dt
=
ˆ6u du√1 + 3u2
= . . . = 2√
1 + 3u2 = 2√
1 + 3 sin2 t+ C
29
zad. 2.ˆ
sinx
cosx+ 5dx = . . .
Prvi na£in: ako ºelite nau£iti samo jednu formulu i samo jedan na£in rje²avanja ovakvihintegrala tada moºete nau£iti samo formulu za univerzalnu supstituciju t = tan x
2
. . . =
ˆ 2t1+t2
1−t21+t2
+ 5· 2 dt
1 + t2=
ˆ 2t1+t2
1−t2+5+5t2
1+t2
· 2 dt
1 + t2=
ˆ 2t1+t2
4t2+61+t2
· 2 dt
1 + t2=
=
ˆ2t
4t2 + 6· 2 dt
1 + t2=
ˆ2t
2(2t2 + 3)· 2 dt
1 + t2=
ˆt
(2t2 + 3)· 2 dt
1 + t2=
ˆ2t dt
(2t2 + 3)(1 + t2)
Sada ovu funkciju moramo rastaviti na parcijalne razlomke:
2t
(2t2 + 3)(1 + t2)=
At+B
2t2 + 3+Ct+D
1 + t2/ · (2t2 + 3)(1 + t2)
2t = (At+B)(1 + t2) + (Ct+D) · (2t2 + 3)
2t = t3(A+ C) + t2(B + 2D) + t(A+ 3C) + (B + 3D)
A = −4, B = 0, C = 2, D = 0
2t
(2t2 + 3)(1 + t2)=−4t
2t2 + 3+
2t
1 + t2
Dalje na² integral izgleda ovako:ˆ2t
(2t2 + 3)(1 + t2)dt =
ˆ−4t
2t2 + 3dt︸ ︷︷ ︸
(#1)
+
ˆ2t
1 + t2dt︸ ︷︷ ︸
(#2)
Ova dva integrala ¢emo zasebno rije²iti:
(#1) =
ˆ−4t
2t2 + 3dt =
2t2 + 3 = u /′
4 tdt = du−4t dt = −du
=
ˆ−duu
= − ln |u| = − ln |2t2 + 3|
(#2) =
ˆ2t
1 + t2dt =
[t2 + 1 = u /′
2 tdt = du
]=
ˆdu
u= ln |u| = ln |t2 + 1|
Dakle, ˆ2t
(2t2 + 3)(1 + t2)dt = − ln |2t2 + 3|+ ln |t2 + 1|
= − ln |2 tan2(x
2) + 3|+ ln | tan2(
x
2) + 1|+ C
30
Drugi na£in: ako ste voljni odstupiti od svemogu¢e univerzalne supstitucije isti integralse moºe rije²iti mnogo jednostavnije:
ˆsinx
cosx+ 5dx =
u = cosx
du = − sinxdx
=
ˆ−du
u+ 5=
= − ln |u+ 5|+ C = − ln |cosx+ 5|+ C
Neka vas ne zabrinjava ²to ova dva rje²enja izgledaju druga£ije. Iako su formule razli£iteza svaki argument ova dva razli£ita pravila daju funkcije koje se razlikuju za konstatnu (doeventualno u prebrojivo mnogo to£aka), kao na slici ispod.
zad. 3.ˆ
sinx+ cosx
cos2 x− sinx cosxdx = . . .
. . . =
t = tan x2, x = 2 arctan t
dx =2dt
1 + t2
=
ˆ 2t
1 + t2+
1− t2
1 + t2(1− t2
1 + t2
)2
− 2t
1 + t2· 1− t2
1 + t2
· 2dt
1 + t2=
=
ˆ 1 + 2t− t2
1 + t2
(1− t2) (1− t2 − 2t)
(1 + t2)2
· 2dt
1 + t2=
rje²i dvojni razlomak
pokrati 1 + t2
= 2
ˆ1 + 2t− t2
(1− t2) (1− t2 − 2t)dt =
=
rastav na parcijalne
razlomke
= . . . =
ˆdt
t− 1−ˆ
dt
t+ 1+
ˆ √2 dt
t+ 1 +√
2−ˆ √
2 dt
t+ 1−√
2=
= ln |t− 1| − ln |t+ 1|+√
2 ln∣∣∣t+ 1 +
√2∣∣∣−√2 ln
∣∣∣t+ 1−√
2∣∣∣+ C =
= ln∣∣∣tan
x
2− 1∣∣∣− ln
∣∣∣tanx
2+ 1∣∣∣+√
2 ln∣∣∣tan
x
2+ 1 +
√2∣∣∣−√2 ln
∣∣∣tanx
2+ 1−
√2∣∣∣+ C
31
zad. 4.ˆ
cosx
(1 + cos x)3dx = . . .
. . . =
ˆ 1− t2
1 + t2(1 +
1− t2
1 + t2
)3 ·2dt
1 + t2= 2
ˆ1− t2dt(
1 + t2 + 1− t2
1 + t2
)3 = 2
ˆ1− t2dt(
2
1 + t2
)3 =
=1
4
ˆ (1 + t2
)3 (1− t2
)dt =
1
4
ˆ1 + 3t2 + 3t4 + t6 − t2 − 3t4 − 3t6 − t8 dt =
=1
4
ˆ1 + 2t2 − 2t6 − t8 dt =
1
4
(t+ 2
t3
3− 2
t7
7− t9
9
)+ C =
=1
4
(tan
x
2+
2
3tan3 x
2− 2
7tan7 x
2− 1
9tan9 x
2
)+ C
Sljede¢i integrali koji uklju£uju trigonometrijske funkcije zna£ajno se pojednostavne kada se is-koristi pogodan trigonometrijski identitet. Meu najkorisnijim identitetima su formule dane nava²em obrascu za ovjere:
sin2 x = 12
(1− cos 2x) cos2 x = 12
(1 + cos 2x)
sin2 x+ cos2 x = 11
cos2 x= 1 + tan2 x
zad. 5. Rije²iti integralˆ
sin5 x dx = . . . preko formule sin2 x = 1− cos2 x
. . . =
ˆ (1− cos2 x
)2sinx dx =
cosx = t
− sin t dx = dt
= −ˆ (
1− t2)2
dt =
= −ˆ
1− 2t2 + t4 dt = −t+2
3t3 − t5
5+ C = − cosx+
2
3cos3 x− 1
5cos5 x+ C
zad. 6. Rije²iti integralˆ
cos2 x sin2 x dx = . . . preko formula sin2 x = 12
(1− cos 2x) i cos2 x =
12
(1 + cos 2x)
. . . =1
4
ˆ(1− cos 2x) (1 + cos 2x) dx =
1
4
ˆ1− cos2 (2x) dx =
=
opet
cos2 (2x) = 12
(1 + cos (4x))
=
1
4
ˆ1− 1
2(1 + cos (4x)) dx =
1
4
ˆ1
2− 1
2cos (4x) dx =
=1
8x− 1
8
ˆcos 4x dx =
supstitucija
4x = tdx = 1
4dt
= . . . =1
8x− 1
8· 1
4sin 4x
32
Zadaci za samostalnu vjeºbu:ˆcos5 x dx,
ˆsin2 x cos2 x dx,
ˆdx
sinx (2 cos2 x− 1),ˆ
dx
2 sinx− cosx+ 5,
33
6 Neodreeni integrali iracionalnih funkcija
6.1 Tip R(xm1n1 , . . .) i R(x,
(ax+ b
cx+ d
)m1n1
, . . .
Integriranje iracionalnih funkcija u ve¢ini slu£ajeva vr²imo tako da nekim pogodnim supstitucijamadanu iracionalnu funkciju, pretvorimo u racionalnu funkciju, i onda integriramo. U ovom ¢emo seodjeljku upoznati s naj£e²¢im tipovima iracionalnih funkcija.
Istaknute oblike integrala rje²avamo razli£itim tehnikama. Integrale funkcija oblika:
10 R(xm1n1 , x
m2n2 , ..., x
mknk )
20 R(x, (ax+ b
cx+ d)m1n1 , (
ax+ b
cx+ d)m2n2 ..., (
ax+ b
cx+ d)mknk )
rje²avamo tako da odredimo zajedni£ki vi²ekratnik od n1, n2, ...nk. Taj vi²ekratnik nazovemo n.U prvom slu£aju koristimo supstituciju x = tn.U drugom slu£aju koristimo supstituciju ax+b
cx+d= tn.
zad. 1.ˆ √
x
4 + 3√xdx =
ˆx
12
4 + x13
dx = (oblik 10)
V (2, 3) = 6 = n[x = t6
dx = 6t5dt
]=
ˆ(t6)
12
4 + (t6)13
· 6t5dtˆ
t3
4 + t2· 6t5dt =
ˆ6t8
4 + t2dt = 6
ˆt8
4 + t2dt
Ovom supstitucijom sveli smo integral na integral racionalne funkcije po varijabli t. Meutim,stupanj polinoma u brojnika je ve¢i od stupnja polinoma u nazivniku, pa moramo podijelitibrojnik s nazivnikom. (SAMI!)
t8 : (t2 + 4) = t6 − 4t4 + 16t2 − 64 +256
t2 + 4
Pa na² integral postane:
6
ˆ(t6 − 4t4 + 16t2 − 64 +
256
t2 + 4)dt =
= 6
ˆt6dt− 6
ˆ4t4dt+ 6
ˆ16t2dt− 6
ˆ64dt+ 6
ˆ256
t2 + 4dt =
=6
7t7 − 24
5t5 + 32t3 − 384t+ 768 · arctan
t
2=x = t6 i 6
√x = t
=
6
7
6√x7 − 24
5
6√x5 + 32
√x− 384 6
√x+ 768 · arctan
6√x
2+ C
zad. 2.
34
ˆ1
x− 3( 4
√x+ 1
x− 3−√x+ 1
x− 3)dx = (oblik 20)
ˆ1
x− 3((x+ 1
x− 3)14 − (
x+ 1
x− 3)12 )dx =
V (4, 2) = 4 = n
x+1x−3 = t4 / · (x− 3)
x+ 1 = (x− 3)t4
x+ 1 = xt4 − 3t4
1 + 3t4 = xt4 − x1 + 3t4 = x(t4 − 1)
x = 1+3t4
t4−1 /′
dx = (1+3t4
t4−1 )′
derivacija razlomka!· · ·
dx = −16t3(t4−1)2dt
ˆ
11+3t4
t4−1 − 3(t− t2) −16t3
(t4 − 1)2dt =
ˆ1
1+3t4−3t4+3t4−1
· (t− t2) −16t3
(t4 − 1)2dt =
ˆt4 − 1
4· (t− t2) −16t3
(t4 − 1)2dt
ˆ(t− t2) · (−4t3)
t4 − 1dt = −4
ˆ(t− t2) · t3
t4 − 1dt
−4
ˆt4 − t5
t4 − 1dt = 4
ˆt5 − t4
t4 − 1dt
4
ˆt4(t− 1)
t4 − 1dt = 4
ˆt4(t− 1)
(t2 + 1)(t2 − 1)dt
4
ˆt4(t− 1)
(t2 + 1)(t− 1)(t+ 1)dt = 4
ˆt4
(t2 + 1)(t+ 1)dt
4
ˆt4
t3 + t2 + t+ 1= (podijeliti brojnik nazivnikom)
t4 : (t3 + t2 + t+ 1) = t− 1 +1
t3 + t2 + t+ 1
4
ˆ(t− 1 +
1
t3 + t2 + t+ 1)dt =
4
ˆtdt− 4
ˆdt+ 4
ˆ1
t3 + t2 + t+ 1dt =
2t2 − 4t+ 4
ˆ1
(t2 + 1)(t+ 1)︸ ︷︷ ︸Rastav na parcijalne razlomke
dt =
35
1
(t2 + 1)(t+ 1)=
A
t+ 1+Bt+ C
t2 + 1/ · (t2 + 1)(t+ 1)
1 = A(t2 + 1) + (Bt+ C)(t+ 1)
1 = t2(A+B) + (B + C)t+ (A+ C)
-A+B = 0
B + C = 0
A+ C = 1
A =1
2B =
−1
2C =
1
21
(t2 + 1)(t+ 1)=
12
t+ 1+−12t+ 1
2
t2 + 1
2t2 − 4t+ 4
ˆ(
12
t+ 1+−12t+ 1
2
t2 + 1)dt =
2t2 − 4t+ 4
ˆ 12
t+ 1dt+ 4
ˆ −12t+ 1
2
t2 + 1dt =
2t2 − 4t+ 2
ˆ1
t+ 1dt+ 2
ˆ−t+ 1
t2 + 1dt =
2t2 − 4t+ 2 ln |t+ 1|+ 2
ˆ−t
t2 + 1dt︸ ︷︷ ︸
Rje²iti supstitucijom t2+1=u
+ 2
ˆ1
t2 + 1dt =
2t2 − 4t+ 2 ln |t+ 1| − ln |t2 + 1|+ 2 arctan t
= 2
√x+ 1
x− 3− 4 ln | 4
√x+ 1
x− 3+ 1| − ln |
√x+ 1
x− 3+ 1|+ 2 arctan( 4
√x+ 1
x− 3) + C
36
6.2 Tippolinom(x)√ax2 + bx+ c
i R(x,√ax2 + bx+ c
)Obratite paºnju na 3 tabli£na integrala koja nam koriste kod rije²avanja integrala ovog tipa:
ˆdx√
1− x2= arcsinx+ C = − arccosx+ C
ˆdx√x2 − 1
= ln∣∣∣x+
√x2 − 1
∣∣∣+ C
ˆdx√x2 + 1
= ln∣∣∣x+
√x2 + 1
∣∣∣+ C
Svaki integral oblikaˆ
dx√ax2 + bx+ c
moºe se svesti na jedan od gornja tri tako da prvo transfor-
miramo izraz ax2 + bx + c = ± (clan sax)2 ± broj, a zatim izlu£imo broj tako da clan bez x bude1.Primjer.
4x2 + 6x+ 3 = (2x)2 + 2 · 2x · ?︸ ︷︷ ︸=6x
+3
= (2x)2 + 2 · 2x · 3
2︸ ︷︷ ︸=6x
+
(3
2
)2
+ ?︸ ︷︷ ︸=3
=
[(2x)2 + 2 · 2x · 3
2+
(3
2
)2]
+
(3− 9
4
)=
(2x+
3
2
)2
+3
4
=3
4
(2x+ 32√
32
)2
+ 1
Zadatak.
ˆdx√
4x2 + 6x+ 3=
37
Transformiraj izraz tako da bude pogodan za integriranje pod korijenom, kao u prethodnom pri-mjeru:
4x2 + 4x− 3 = (2x)2 + 2 · 2x · ?︸ ︷︷ ︸=4x
−3
= (2x)2 + ︸ ︷︷ ︸=4x
+ ︸ ︷︷ ︸=−3
=
=
= 4
[(2x+ 1
2
)2
− 1
]
Zadatak.ˆdx√
4x2 + 4x− 3=
38
Drugi na£in rje²avanja istog tipa integrala:ˆR(x,
√ax2 + bx+ c)dx
je tzv. EULEROVIM supstitucijama:
a) ako je a > 0 koristimo supstituciju√ax2 + bx+ c = t− x
√a
b) ako je c > 0 koristimo supstituciju√ax2 + bx+ c = tx+
√c
c) ako je α ∈ R rje²enje kvadratne jednadºbe ax2 + bx+ c
tj. ako se ax2 + bx+ c moºe zapisati u oblikuax2 + bx+ c = (x− α)(x− β) koristimo supstituciju√ax2 + bx+ c = (x− α)t.
zad. 1.ˆ
dx
1 +√x2 + 2x+ 2
= . . .
a = 1 > 0√x2 + 2x+ 2 = t− x
√1√
x2 + 2x+ 2 = t− x /2
x2 + 2x+ 2 = (t− x)2
x2 + 2x+ 2 = t2 − 2tx+ x2
2x+ 2tx = t2 − 2x(2 + 2t) = t2 − 2
x = t2−2(2+2t)
/′
· · ·dx = t2+2t+2
2(1+t)2dt
ˆ t2+2t+22(1+t)2
1 + t− t2−22t+2
dt =
ˆ t2+2t+22(1+t)2
2t+2+2t2+2t−t2+22t+2
dt
ˆ t2+2t+22(1+t)2
t2+4t+42t+2
dt =
ˆ t2+2t+22(1+t)2
(t+2)2
2(t+1)
dt
ˆ t2+2t+2(1+t)
(t+2)2
1
dt =
ˆt2 + 2t+ 2
(1 + t)(t+ 2)2dt
39
t2 + 2t+ 2
(1 + t)(t+ 2)2=
A
1 + t+
B
t+ 2+
C
(t+ 2)2/ · (1 + t)(t+ 2)2
t2 + 2t+ 2 = A(t+ 2)2 +B(1 + t)(t+ 2) + C(1 + t)
−−−−−−−−−−−−−−A = 1, B = 0, C = −2
t2 + 2t+ 2
(1 + t)(t+ 2)2=
1
1 + t+
−2
(t+ 2)2
ˆt2 + 2t+ 2
(1 + t)(t+ 2)2dt =
ˆ1
1 + tdt−
ˆ2
(t+ 2)2dt︸ ︷︷ ︸
rje²iti supstitucijom t+2=u
= ln |1 + t| − (−2
t+ 2) = ln |1 + t|+ 2
t+ 2
= ln |1 +√x2 + 2x+ 2 + x|+ 2√
x2 + 2x+ 2 + x+ 2+ C
40
zad. 2.ˆ
dx√1− x2 + 1
= . . .
1− x2 = (1− x)(1 + x)α = −1
√1− x2 = (x− (−1))t√1− x2 = (x+ 1)t /2
1− x2 = (x+ 1)2t2
(1− x)(1 + x) = (x+ 1)2t2
1− x = (x+ 1)t2
· · ·x = 1−t2
1+t2/′
· · ·dx = −4t
(1+t2)2dt
ˆ −4t(1+t2)2
(1−t2
1+t2+ 1)t+ 1
dt =
ˆ −4t(1+t2)2
(1−t2+1+t2
1+t2)t+ 1
dt
ˆ −4t(1+t2)2
2t1+t2
+ 1dt =
ˆ −4t(1+t2)2
2t+1+t2
1+t2
dt =
ˆ −4t(1+t2)2
(1+t)2
1+t2
dt
ˆ−4t
(t+ 1)2(1 + t2)dt = −4
ˆt
(t+ 1)2(1 + t2)dt
t
(t+ 1)2(1 + t2)=
A
t+ 1+
B
(t+ 1)2+Ct+D
1 + t2/ · (t+ 1)2(1 + t2)
−−−−−−−−−−−−−−
A = 0, B =−1
2, C = 0, D =
1
2t
(t+ 1)2(1 + t2)=
−12
(t+ 1)2+
12
1 + t2
−4
ˆt
(t+ 1)2(1 + t2)dt = −4(
ˆ −12
(t+ 1)2dt+
ˆ 12
1 + t2dt)
= 2
ˆdt
(t+ 1)2− 2
ˆdt
1 + t2
= − 2
t+ 1− 2 arctan t
=−2
√1−x2x+1
+ 1− 2 arctan (
√1− x2x+ 1
) + C
41
Integral funkcije tipapolinom(x)√ax2 + bx+ c
, gdje je polinom(x) stupnja n rije²avamo tako da postavimo
jednadºbuˆ
polinom(x)√ax2 + bx+ c
dx =(A0 + A1x+ . . .+ An−1x
n−1)√ax2 + bx+ c+B
ˆdx√
ax2 + bx+ c,
a zatim nepoznanice A0, A1, . . . , An−1 i B odredimo iz derivacije gornje jednadºbe. Ova metodanaziva se metoda Ostrogradskog.
Primjer.ˆ
x2 dx√9− 4x2
=?
Polinom u brojniku je stupnja n = 2. Postavimo jednadºbu:ˆ
x2 dx√9− 4x2
= (A0 + A1x)√
9− 4x2 +B
ˆdx√
9− 4x2
Derivacija prethodne jednadºbe:
x2√9− 4x2
= A1
√9− 4x2 + (A0 + A1x) · 1
2· −4 · 2x√
9− 4x2+
B√9− 4x2
=A1 (9− 4x2)− 4x (A0 + A1x) +B√
9− 4x2
Nepoznanice ¢emo odrediti tako da usporedimo £lanove s istom potencijom od x:
x2 : 1 = −4A1 − 4A1
x : 0 = −4A0
1 : 0 = 9A1 +B
Dakle, ˆx2 dx√9− 4x2
= −1
8x√
9− 4x2 +9
8
ˆdx√
9− 4x2
i preostaje odrediti jo² samoˆ
dx√9− 4x2
. . .
Prvo napravimo prikladnu transformaciju izraza
9− 4x2 = 9
[1−
(2x
3
)2]
ˆdx√
9− 4x2=
1
3·ˆ
dx√1−
(2x3
)2 = t = 2x
3
dt = 2dx3
=1
3· 3
2·ˆ
dx√1− t2
=1
2arcsin t+ C =
1
2arcsin
(2x
3
)+ C
=⇒ˆ
x2 dx√9− 4x2
= −1
8x√
9− 4x2 +9
16arcsin
(2x
3
)+ C
42
zad. 1.ˆx2 + 2x+ 3√−x2 + 4x
dx = . . . slijedimo metodu Ostrogradskog i derivirajmo
ˆx2 + 2x+ 3√−x2 + 4x
dx = (Ax+B) ·√−x2 + 4x+ λ
ˆdx√
−x2 + 4x︸ ︷︷ ︸=
/'
x2+2x+3√−x2+4x
= A(√−x2 + 4x) + (Ax+B) · 1
2√−x2+4x
(√−x2 + 4x)′ + λ · 1√
−x2+4x
x2+2x+3√−x2+4x
= A(√−x2 + 4x) + (Ax+B) · 2(−x+2)
2√−x2+4x
+ λ · 1√−x2+4x
mnoºimoobe stranenazivnikom
·
x2 + 2x+ 3 = A(−x2 + 4x) + (Ax+B) · (−x+ 2) + λ
x2 + 2x+ 3 = −2Ax2 + (2A−B)x+ (2B + λ)
−2A = 1 =⇒ A = −1
22A−B = 2 =⇒ B = −3
2B + λ = 3 =⇒ λ = 9
Odredili smo nepoznate koecijente i sada ih uvrstimo:
= (−1
2x− 3) ·
√−x2 + 4x+ 9
ˆdx√
−x2 + 4x︸ ︷︷ ︸=F=...
= . . .
Za izra£un F iskoristimo dopunu do kvadrata: −x2 + 4x = − (x+ 2)2 + 4 pa
F =
ˆdx√
4− (x− 2)2=
x− 2 = t /′
dx = dt
ˆdx√
4− t2= arcsin
t
2= arcsin
x− 2
2+ C
I sad se vratimo u integral od kojeg smo krenuli:ˆx2 + 2x+ 3√−x2 + 4x
dx = = . . . = (−1
2x− 3) ·
√−x2 + 4x+ 9 arcsin
x− 2
2+ C
43
6.3 Binomni integral
Ovo su dosta te²ki zadaci!
Integral oblika: ˆxm(a+ bxn)pdx, m,n, p ∈ Q
naziva se binomni integral i moºe se svest na integral racionalne funkcije u sljede¢a tri slu£aja:
a) ako je p ∈ Z, koristimo supstituciju x = ts,gdje je s najmanji zajedni£ki vi²ekratnik nazivnika od m i n.
b) ako jem+ 1
n∈ Z, koristimo supstituciju a+ bxn = ts,
gdje je s nazivnik razlomka p.
b) ako je (m+ 1
n+ p) ∈ Z, koristimo supstituciju ax−n + b = ts,
gdje je s nazivnik razlomka p.
zad. 1.
ˆdx√
x( 4√x+ 1)10
=
ˆx−12 · (x
14 + 1)−10dx
m = −12, n = 1
4, p = −10 =⇒ p ∈ Z
V (2, 4) = 4 = sx = t4
dx = 4t3dt
ˆ
(t4)−12 ((t4)
12 + 1)−10 · 4t3dt =
ˆ4t3dt
t2(t+ 1)10=
ˆ4tdt
(t+ 1)10= 4
ˆt
(t+ 1)10dt
4
ˆt+ 1− 1
(t+ 1)10dt = 4
ˆt+ 1
(t+ 1)10dt− 4
ˆ1
(t+ 1)10dt
= 4
ˆ1
(t+ 1)9dt− 4
ˆ1
(t+ 1)10dt
za oba integrala uzmemo supstitucijut+ 1 = u
= · · · == −1
2(t+ 1)−8 +
4
9(t+ 1)−9
= −1
2( 4√x+ 1)−8 +
4
9( 4√x+ 1)−9 + C
44
zad. 2. ˆdx
x4√
1 + x2=
ˆx−4(1 + x2)
−12 dx
m = −4, n = 2, p = −12, p 6∈ Z
m+1n
+ p = −4+12− 1
2= −2 ∈ Z
ax−n + b = ts
a = 1, b = 1, s = 2x−2 + 1 = t2 /′
−2x−3dx = 2tdt / : (−2)x−3dx = −tdt
x−2 + 1 = t2
x2 =1
t2 − 1
x4 =1x3
x
ˆ dxx3
x√
1 + x2=
ˆ−tdt√
1t2−1
√1 + 1
t2−1
= −ˆ
tdt√1
t2−1
√t2−1+1t2−1
−ˆ
tdt√1
t2−1
√t2
t2−1
= −ˆ
tdt√t2
(t2−1)2
= −ˆ
tdtt
t2−1= −ˆ
dt1
t2−1
−ˆ
(t2 − 1)dt = −ˆt2dt+
ˆdt = −1
3t3 + t =
= −1
3(1 + x−2)
√1 + x−2 +
√1 + x−2 + C
45
7 Zadaci za vjeºbu (neodreeni integrali)
ˆdx
1 +√x,ˆ
dx
x (1 + 3√x),ˆ
dx√x+ 3√x,ˆ (
2− x2 + x
)23
√2− x2 + x
dx
ˆx2 dx√9 + 4x2
,ˆ
x3 dx√4x2 − 9
,ˆ
x2 dx√1− x− x2´
sin2 t dt,ˆ
cosx dx
2 + sin x,ˆ
sinx dx
1− sinx,ˆ
cos4 x dx
ˆx3 dx
(9− x2)√
9− x2,ˆx5
7√
2− 3x6 dx,ˆx−11
(1 + x4
)− 12 dx
46
8 Odreeni integral
Odreeni integral je deniran za ograni£enu (omeenu) funkciju (Denicija 4.3.1 u udºbeniku). Al-ternativna formulacija je preko Darbouxovih suma (Teorem 4.3.1 u udºbeniku). Temeljno zna£enjeodreenog integrala funkcije f(x) na segmentu [a, b] je povr²ina izmeu grafa krivulje i apscise (osix). Taj broj ozna£avamo oznakom
bˆ
a
f(x) dx .
Predznak odreenog integrala uzima uobzir da li je graf funkcije f iznad osix (+) ili ispod osi x (-). Vidi skicugrafa funkcije desno. Meutim, jo² uvi-jek nije sasvim jasno da se svim ogra-ni£enim funkcijama moºe odrediti po-vr²inu ispod grafa krivulje. Npr. vidisliku sasvim desno. Odgovor pruºa Te-orem 4.3.2 u udºbeniku, koji tvrdi da jesvaka ograni£ena funkcija koja je nepre-kidna na segmentu, osim na prebrojivomskupu, integrabilna (²to zna£i povr²inaispod grafa je dobro denirana i odreeni integral se moºe izra£unati). U slu£aju neprekidne iograni£ene funkcije, postoji i formula za izra£un odreenog integrala (Newton-Leibnitzova for-mula).
47
Odreeni integral je u bliskoj vezi s neodreenim integralom preko Newton-Leibnitzove formule(vidi Teorem 4.3.5). Ova formula kazuje da ako je F (x) primitivna funkcija od neprekidne iograni£ene funkcije f(x) na segmentu [a, b] tada vrijedi
bˆ
a
f(x) dx = F (b)− F (a)oznaka
=
F (x)
ba
Primjer 1. Izra£unati povr²inu ispod grafa funkcije f(x) =x3
2− x
2
4− 3x
4+ 2 na segmentu [−1, 2]
(vidu sliku na vrhu prethodne strane).Najlak²e je prona¢i povr²inu kori²tenjem Newton-Leibnitzove formule. Pazi! Moramo provjeritida je funkcija neprekidna i ograni£ena kako bi mogli koristiti navedenu formulu. Zapamti: svakaneprekidna funkcija na zatvorenom segmentu je ograni£ena i sve elementarne funkcije su neprekidnena svojoj domeni. Dakle, obzirom da je f polinom to je neprekidna na [−1, 2], to je i ograni£enapa moºemo iskoristiti Newton-Leibnitzovu formulu:
2ˆ
−1
x3
2− x2
4− 3x
4+ 2 dx =
[1
2· x
4
4− 1
4· x
3
3− 3
4· x
2
2+ 2x
]2−1
=
(1
2· 24
4− 1
4· 23
3− 3
4· 22
2+ 2 · 2
)−
(1
2· (−1)4
4− 1
4· (−1)3
3− 3
4· (−1)2
2+ 2 · (−1)
)= . . . = 6
Primjer 2. Dana je funkcija y(x) = 12− 12 ·(x10
)10. Izra£unati neodreeni integral 10ˆ
−10
y(x) dx.
Funkcija je polinom, dakle neprekidna i ograni£ena na svakom segmentu pa moºemo koristitiNewton-Leibnitzovu formulu:
10ˆ
−10
12− 12 ·( x
10
)10dx =
10ˆ
−10
12− 12
1010· x10 dx
= 12
[x− 1
1010· x
11
11
]10−10
= 12
[(10− 1
1010· 1011
11
)−(−10− 1
1010· (−10)11
11
)]= 12
[10− 10
11+ 10− 10
11
]= . . . = 218
2
11
Vaºna napomena: ako se traºi´ baf(x) dx, a f ima tzv. singularitet na segmentu [a, b] ili su
rubovi segmenta a i(li) b beskona£nosti rije£ je o tzv. nepravom integralu. Vidi poglavlje 11.
48
Primjer 3.1
0
dx1+√x
=?
Prvo odredimo primitivnu funkciju:ˆdx
1 +√x
=
x = t2
dx = 2tdt
=
ˆ2tdt
1 + t=
ˆ2−2
1
1 + tdt = 2t−2 ln |1 + t| = 2
√x−2 ln
∣∣1 +√x∣∣+C
Podintegralna funkcija f(x) = 11+√xje ograni£ena i neprekidna izmeu 0 i 1. Stoga moºemo
uvrstiti primitivnu funkciju u Newton-Leibnitzovu formulu:1
0
dx
1 +√x
=[2√x− 2 ln
∣∣1 +√x∣∣]1
0
=*2
2√
1−
:2 ln 2
2 ln∣∣∣1 +
√1∣∣∣− 2
>0√
0 + 2
:0ln∣∣∣1 +
√0∣∣∣
= 2− 2 ln 2
Primjer 4.
1ˆ
0
xex dx =?
Podintegralna funkcija je neprekidna na segmentu [0, 1] pa je zbog toga i ograni£ena. Nakon ²topronaemo primitivnu funkciju, stoga moºemo iskoristiti Newton-Leibnitzovu formulu.ˆ
xex dx =
u = x, du = dx
dv = exdx, v = ex
= xex −
ˆexdx = xex − ex
1
0
xexdx = [xex − ex]10 =>
e1e1 − 7
ee1 −>
00e0 +
71
e0 = 1
Zadaci za vjeºbu:1ˆ
0
(x+ 2) (x+ 1)8 dx =?
2ˆ
0
2x2 cosx dx =?,
πˆ
0
sin5 x cos3 x dx =?,
π/2ˆ
0
ex cosx dx =?
πˆ
0
sin (x) ex dx =?,
2πˆ
0
sin4 x dx =?,
πˆ
0
cos4 x dx =?
2ˆ
0
x sinx2 dx =?,´ −1−4 x
2exdx
´ π0
2x2 sin(2x)dx,
1ˆ
0
x cos(3x2 + 4
)dx =?
πˆ
0
(x sinx+ e2x+1
)dx =?
πˆ
0
cos (x) sin (x) dx =?,
2πˆ
0
sin3 x dx =?,
2ˆ
0
x sinx2 dx =?,
πˆ
0
(x cosx+ e1−3x
)dx =?
πˆ
0
cos (x) sin2 (x) dx =?,ˆ 1
0
3x ex+1 dx =?,
πˆ
0
sin2 x cos3 x dx =?,
0ˆ
−2
3√
1− 3xdx =?
´ 30x2 lnx dx =?,
0ˆ
−1
dx√4x2 + 6x+ 3
1ˆ
0
x2 sin(2x3 − 3) dx,
1ˆ
0
x2 (x+ 1)4 dx
49
9 Traºenje povr²ine izmeu krivulja integriranjem i druge
primjene
Povr²ina izmeu dvije krivulje odreuje se kao integral razlike funkcija odreenih gornjom i donjom
krivuljom na segmentu odreenom sjeci²tima.
Vaºno! Povr²ina uvijek mora biti pozitivan broj!
Pazi! Vaºno je znati koji je graf funkcije gornji, a koji donji. Formula za povr²inu glasi:
P =
bˆ
a
gornja
funkcija(x)−
donja
funkcija(x)
dx
Kada se traºi povr²ina lika zatvorenog krivuljama, granice integracije a i b odreene su kao
sjeci²ta tih krivulja (rje²ava se jednadºba f(x) = g(x)).
9.1 Jednostavni primjeri
zad. 1. Odredi povr²inu lika kojeg omeuju grafovi funkcija f(x) = 4− x2 i g(x) = x4 − 16.
Prilikom rje²avanja zadataka ovog tipa uvijek je potrebno nacrtati grafove danih funkcija kako bividjeli traºeni lik, mogu¢e to£ke presjeka dvaju grafova i kako bi znali pravilno integrirati kasnije.Nacrtajmo sliku:
Iz slike se vidi da se funkcije sijeku u samo dvije to£ke. Te presje£ne to£ke ¢e nam upravo biti
granice odreenog integrala. Stoga moramo izra£unati koje su. To £inimo tako da izjedna£imo
50
funkcije f(x) = g(x)
4− x2 = x4 − 16
x4 − 16 + x2 − 4 = 0
x4 + x2 − 20 = 0
Nakon ²to uvedemo supstituciju t = x2 slijedi
t2 + t− 20 = 0 =⇒ t1 = −5, t2 = 4
Rje²enje t1 = −5, nam nije valjano jer x2 ne moºe biti −5. Stoga imamo samo rje²enje:
t = 4 pa je
x2 = 4
x1 = −2 x2 = 2
Dakle, granice integrala su −2 i 2.
Povr²ina lika omeenog ovim krivuljama je:
P =
2ˆ
−2
(gornja
funkcija(x)−
donja
funkcija(x)
)dx
Ali koja je "gornja", a koja je "donja". Graf funkcije f(x) = 4 − x2 nalazi iznad grafa funkcije
g(x) = x4 − 16. Pa je na² integral:
P =
ˆ 2
−2(f(x)− g(x)) dx =
ˆ 2
−2
(4− x2 − (x4 − 16)
)dx =
=
ˆ 2
−2(−x4 − x2 + 20) dx = −
ˆ 2
−2x4 dx−
ˆ 2
−2x2 dx+
ˆ 2
−220 dx =
= −[x5
5
]2−2− 1
3
[x3]2−2 + 20 [x]2−2 = −(
25
5− (−2)5
5)− 1
3(23 − (−2)3) + 20(2− (−2)) = 61
13
15
51
zad. 2. Izra£unajte povr²inu lika omeenog grafovima funkcija f(x) = x3 i g(x) = 4x.
Potrebno je prona¢i presje£ne to£ke dviju funkcija:
x3 = 4x
x3 − 4x = 0
x(x2 − 4) = 0
x1 = 0, x2 = −2, x3 = 2
Funkcije se sijeku u tri to£ke, vidimo iz slike da moramoizra£unati dvije manje povr²ine kako bismo dobili povr-²inu £itavog lika. Pazi: na desnom dijelu pravac je gornjafunkcija, a na lijevom pravac je donja funkcija.Da bismo izra£unali povr²inu prvog lika, odredimo gra-nice integracije, to su −2 i 0.
U ovom dijelu grafa funkcija f(x) = x3 se nalazi iznad grafa funkcije g(x) = 4x, pa imamo
P1 =
0ˆ
−2
(x3 − 4x) dx =
0ˆ
−2
x3 dx−0ˆ
−2
4x dx =
[1
4x4]0−2−[2x2]0−2
=1
4(04 − (−2)4)− 2(0− (−2)2)− 4 + 8 = 4
Sad izra£unamo drugu povr²inu. Iz slike se nekako moºe naslutiti da bi druga povr²ina mogla bitijednaka prvoj. U ovom dijelu graf funkcije g(x) = 4x nalazi se iznad grafa funkcije f(x) = x3, paimamo
P2 =
2ˆ
0
(4x− x3) dx =
2
0
4x dx−2
0
x3 dx =[2x2]20−[
1
4x4]20
= 2(22 − 02)− 1
4(24 − 04) = 8− 4 = 4
Sveukupna povr²ina je P = P1 + P2 = 4 + 4 = 8.
zad. 3. Izra£unajte povr²inu lika omeenog grafom funkcije h(x) =√x− 4, osi apscise, i pravcem
x = 8.
Ovaj zadatak lak²e je rije²iti nego prethodne. Ovdje nam je ve¢ dana jedna granica integracije, toje x = 8. Nadalje, znamo da je funkcija omeena sa osi apscisa, stoga jo² jedino moramo prona¢inulto£ke funkcije, kako bismo imali drugu granicu integracije.
√x− 4 = 0
x− 4 = 0
x = 4
52
Dakle, druga granica integracije nam je x = 4. Budu¢i moramo izra£unati samo povr²inu is-pod krivulje h(x) (vidi sliku), na² integral je
´ 84
√x− 4 dx. Primitivnu funkciju dobijemo preko
neodreenog integralaˆ √x− 4 dx =
x− 4 = t /′
dx = dt
=
ˆ √t dx =
2
3t32 =
2
3(x− 4)
32 + C
pa je P =
8ˆ
4
√x− 4 dx =
[2
3(x− 4)
32
]84
=2
3(4
32 − 0
32 ) =
2
3· 8 =
16
3
zad. 4. Izra£unaj povr²inu lika omeenog krivuljom y = x2 i pravcem y = 12x+ 2 na segmentu
od osi y do x = 1.
Os y nam govori odakle trebamo krenuti. Dakle, x = 0 nam je prva granica. Druga granicaintegracije je x = 1. Slika je dolje desno.
Graf funkcije y = 12x+ 2 nalazi se iznad grafa funkcije y = x2, pa je:
P =
1ˆ
0
(1
2x+ 2− x2) dx =
[1
4x2 + 2x− 1
3x3]10
= . . . =23
12
zad. 5. Izra£unaj povr²inu lika omeenog krivuljama f(x) = x2− 3x− 4i g(x) = −x2 + 3x+ 4.
Pronaimo presje£ne to£ke dviju krivulja:
x2 − 3x− 4 = −x2 + 3x+ 4
2x2 − 6x− 8 = 0
x1 = 4 x2 = −1
Gornja funkcija je g(x), a donja f(x), pa je
ˆ 4
−1g(x)− f(x) dx =
4ˆ
−1
−x2 + 3x+ 4− (x2 − 3x− 4) dx
=
4ˆ
−1
−2x2 + 6x+ 8 dx =
[−2
3x3 + 3x2 + 8x
]4−1
= . . . =125
3
53
Poku²ajte sami sljede¢e zadatke Odrediti povr²inu dijela ravnine omeenog parabolom y =x2 i pravcem y = x+ 1.
1. Sjeci²ta . . .
izjedna£imo y:
x2 = x+ 1
slijedi x2 − x− 1 = 0
nulto£ke x1,2 =1±
√1− 4 · 1 · (−1)
2=
1±√
5
2
Dakle sjeci²ta su x1 = 1−√5
2≈ −0.618 i x2 = 1+
√5
2≈ 1.618.
2. Slika . . . vidi iznad X
3.ˆ [
−
( )]dx =
54
Odrediti povr²inu izmeu krivulja y = 2t− t2 i y = t.
1. Sjeci²ta
Sjeci²ta parabole sa x osi odreena su sa2t− t2 = −(t− 0)(t− 2)Tjeme parabole nalazi se na pola izmeu sjeci²tasa x osi.
2. Slika
Graf polinoma nultog reda (konstanta) je hori-zontalni pravac.Graf polinoma prvog reda (ana funkcija)
f(x) = a x+ b
je pravac kojem je b odsje£ak na y-osi, dok je akoecijent smjera (odreuje nagib: pomak za 1u smjeru x-osi donosi pomak za a u smjeru y-osi). Takoer, svaki pravac je potpuno odreensa dvije to£ke.Graf polinoma drugog reda je parabola. Parabolumoºemo poku²ati skicirati tako da odredimo dvijenulto£ke (ako postoje) i vrijednost u sredini meunulto£kama (tjeme parabole). Tjeme parabole jelokalni ekstrem pa se moºe dobiti i kao nulto£kaprve derivacije. Predznak uz kvadratni £lan odre-uje da li je parabola okrenuta prema gore (+)ili prema dolje (-).Slika krivulja mora odgovarati ranije pronaenimsjeci²tima!
3. Povr²ina =ˆ [
−
( )]dt =
55
Odrediti povr²inu izmeu krivulja y = x+ 2 i y = 4 + x− x2.
1. Sjeci²ta. . .
2. Slika. . .
Poku²aj nacrtati skicu parabole iz pomo¢ tje-mena i pronaenih to£aka (sjeci²ta) koja morajubiti na paraboli. Pomo¢ za tjeme:
y′ = 0(4 + x− x2
)′= 0
1− 2x = 0
x = 1/2
3. Povr²ina=. . .
56
Odrediti povr²inu izmeu krivuljay = 2x2 + 1 i y = x2 + 2x+ 4.
Dvije parabole. Kod crteºa primijetiti y = x2 +2x + 4 = x(x + 2) + 4 ili crtati skicu pomo¢utjemena parabola i sjeci²ta.
57
Zadaci za samostalnu vjeºbu:
1. Izra£unati povr²inu izmeu krivulja zadanih jednadºbama y = 2x− 1 i y = 1 + 3x− x2.
Rje²enje. P = 92
2. Izra£unati povr²inu lika omeenog parabolom y = 2x2 + 9 i pravcem y = 9x.
Rje²enje.P = 98
3. Izra£unati povr²inu lika omeenog parabolom y = x2 − 4x− 5 i pravcem y = x+ 1.
Rje²enje. P ≈ 57.17
4. Izra£unati povr²inu lika omeenog krivuljama y = x i y = x3 u dijelu ravnine gdje je x ≥ 0.
Rje²enje. P = 14
5. Izra£unati povr²inu lika izmeu parabole y = x2 − x− 3 i pravca y = x.
Rje²enje. P ≈ 10.67
6. Izra£unati povr²inu lika omeenog pravcem y = x+ 1 i parabolom y = x2 − x− 2.
Rje²enje. P ≈ 10.67
7. Izra£unati povr²inu lika omeenog parabolom y = 2− 2x− x2 i pravcem y = 3x− 3.
Rje²enje. P ≈ 50.31
9.2 Ra£unanje povr²ine integriranjem po dijelovima
Ne zaboravi: pravac kroz dvije to£ke (x1, y1) i (x2, y2) odgovara jednadºbi:1
(y − y1) (x2 − x1) = (y2 − y1) (x− x1) .
Slijedite sljede¢u proceduru:
1. nacrtati sliku geometrijskog lika
2. koje krivulje odreuju njegove rubove?
3. granice integracije odreene su x-koordinatama vrhova
4. postaviti integral pazi koja je krivulja gore, a koja dolje
1dana formula je bolja od srednjo²kolske formule koju vjerojatno pamtite:
y − y1 =y2 − y1x2 − x1
· (y2 − y1)
jer ova formula ima problema kada se u nazivniku pojavi nula. Zato je bolje koristiti formulu koja je istaknuta utekstu iznad.
58
Primjer. Integriranjem prona¢i povr²inu trokuta zadanog to£kama A(−1, 1), B(1,−2), C(3, 2).Koji pravci omeuju dani trokut?
Nacrtajmo trokut: istaknite pravce!
Pravci su:
AB: (y − 1) (1 + 1)︸ ︷︷ ︸=2
= (−2− 1)︸ ︷︷ ︸=−3
(x+ 1) =⇒ y = −3
2x− 1
2
BC: (y + 2) (3− 1)︸ ︷︷ ︸=2
= (2 + 2)︸ ︷︷ ︸=4
(x− 1) =⇒ y = 2x− 4
AC: (y − 1) (3 + 1)︸ ︷︷ ︸=4
= (2− 1)︸ ︷︷ ︸=1
(x+ 1) =⇒ y =1
4x+
5
4
Dijelimo trokut na 2 dijela:
1. na segmentu [−1, 1] gornja granica je pravac AC, a donja pravac AB,
2. na segmentu [1, 3] gornja granica je pravac AC, a donja pravac BC.
Stoga vrijedi:
P =
1ˆ
−1
(1
4x+
5
4
)︸ ︷︷ ︸
AC
−(−3
2x− 1
2
)︸ ︷︷ ︸
AB
dx+
3ˆ
1
(1
4x+
5
4
)︸ ︷︷ ︸
AC
− (2x− 4)︸ ︷︷ ︸BC
dx
P =
[1
4· x
2
2+
5
4x+
3
2· x
2
2+
1
2x
]1−1
+
[1
4· x
2
2+
5
4x− 2 · x
2
2+ 4x
]31
P =1
8+
5
4+
3
4+
1
2− 1
8+
5
4− 3
4+
1
2+
9
8+
15
4− 9 + 12− 1
8− 5
4+ 1− 4
P = 7
59
Primjer. Integriranjem prona¢i povr²inu trokuta zadanog to£kama A(−1,−2), B(1,−2), C(3, 2).
Sami nacrtajte skicu trokuta:
Pravci su:
AB: (y + 2) (1 + 1)︸ ︷︷ ︸=2
= (−2 + 2)︸ ︷︷ ︸=0
(x+ 1) =⇒ y + 2 = 0, dakle y = −2
BC: (y + 2) (3− 1)︸ ︷︷ ︸=2
= (2 + 2)︸ ︷︷ ︸=4
(x− 1) =⇒ y = 2x− 4
AC: (y + 2) (3 + 1)︸ ︷︷ ︸=4
= (2 + 2)︸ ︷︷ ︸=4
(x+ 1) =⇒ y = x− 1
Dijelimo trokut na 2 dijela:
1. na segmentu [−1, 1] gornja granica je pravac AC, a donja pravac AB,
2. na segmentu [1, 3] gornja granica je pravac AC, a donja pravac BC.
Stoga vrijedi:
P =
1ˆ
−1
=x+1︷ ︸︸ ︷(x− 1)︸ ︷︷ ︸
AC
− (−2)︸︷︷︸AB
dx+
3ˆ
1
=−x+3︷ ︸︸ ︷(x− 1)︸ ︷︷ ︸
AC
− (2x− 4)︸ ︷︷ ︸BC
dx
=
[x2
2+ x
]1−1
+
[−x
2
2+ 3x
]31
=1
2+ 1− 1
2+ 1 +
−9
2+ 9 +
1
2− 3 = 4
Zadaci za samostalnu vjeºbu:
1. Integriranjem odrediti povr²inu trokuta koji je zadan to£kama A(2, 2), B(0,−4), C(4, 0).
Rje²enje. P = 8
2. Integriranjem prona¢i povr²inu trokuta koji je zadan to£kama A(3, 3), B(0, 1), C(3,−1).
Rje²enje. P = 6
3. Integriranjem izra£unati povr²inu trokuta zadanog to£kama A(0, 0), B(−2, 2), C(−1,−1).
Rje²enje. P = 2
60
9.3 Ra£unanje povr²ine uz zamjenu osi x↔ y
Kada se krivulje proteºu u smjeru x osi ponekada je zgodno zamijeniti koorodinate x↔ y. Time
se slika i geometrijski lik zrcali oko glavne dijagonale ravnine y = x pa zbog tog ne¢e promijeniti
povr²inu.
Primjer Izra£unajte povr²inu P omeenu krivuljama y2 = x, y = x− 2.
Donosimo skicu (koju ina£e nije nuºno traºiti, ve¢ se odmah moºe napraviti zamjena varijabli):Moºe se uo£iti da krivulja y2 = x ima dva kraka i dvije mogu¢-nosti za eksplicitni zapis:
y1 =√x i y2 = −
√x.
Ako se formalno zamijeni x sa y slijede sljede¢e krivulje
y = x2 i x = y − 2
Pa sad imamo funkcije (nacrtajte grafove sami):
f(x) = x2 i g(x) = x+ 2.
Grafovi ¢e izgledati poput grafa s po£etka zrcaljenog oko glavne dijagonale: (zbog toga jasno dase povr²ina ne mijenja)Sada moºemo odrediti koja je gornja, a koja donja funkcija kakobismo izra£unali integral. No, najprije odredimo presje£ne to£ke.
x2 = x+ 2
x2 − x− 2 = 0
x1 = −1, x2 = 2
Pa je integral:
P =
2
−1
x+ 2− x2 dx = . . . =13
2
61
Zadatak. Izra£unati povr²inu lika omeenog pravcem 2x+ y + 1 = 0 i parabolom y2 = 1 + x.
1. Sjeci²ta
Kvadratni £lan je y2 i stoga proma-trajmo krivulje kao funkcije x = f(y).Mijenjamo osi x↔ y.
2. Slika
3. Ako ra£unamo prema (prvoj) slici u x− y ravnini ra£unamo:
P1 =
P2 =
P = P1 + P2 =
Sam procijeni koji ti je postu-pak jednostavniji.
Ako ra£unamo u y − x ravnini (druga slika):
P =
62
Izra£unati povr²inu lika omeenog parabolama y2 = 2x+ 5 i y2 = −2x+ 3.
Kada se javljaju parabole sa£lanom y2 moºda je najbo-lje odmah napraviti zamjenux↔ y.
Izra£unati povr²inu lika omeenog parabolom y2 = 2x+ 5 i pravcem y = −√
3x.
Zadatak za samostalnu vjeºbu:
1. Izra£unati povr²inu podru£ja omeenog krivuljama y2− 2y− 2 + x = 0 i x+ y+ 1 = 0.
(Rj. P = 7√212
.)
63
10 Numeri£ka integracija
Pretpostavimo da smo problem sveli do odree-nog integrala
´ baf(x) dx kojeg treba izra£unati, ali
nije poznata primitivna funkcija, ve¢ samo podin-tegralna funkcija f . Podijelimo segment [a, b] namanje dijelove. Na sljede¢oj slici prikazan je graffunkcije f na manjem segmentu duljine d. Ozna-£imo sa f0, f1 i f2 vrijednosti funkcije f na po£etku,u sredini i na kraju odabranog podsegmenta (kao naslici).U sljede¢oj tablici saºete su tri formule za numeri£kuprocjenu povr²ine ispod grafa krivulje na segmentu,a uz svaku formulu dana je i ocjena gre²ke. Gre²kaovisi o vi²im derivacijama funkcije i duljini podseg-menata. Ukoliko funkcija nema prekide u derivacijama tada treba preferirati Simpsonovu metodu.Ukoliko na grafu funkcije prepoznajete lomove (prekide derivacije) koristite metodu srednje to£keili trapeznu formulu.
Metoda srednja to£ka trapezna formula Simpsonova metoda
Formula M = d · f1 T = d2
(f0 + f2) S = d6
(f0 + 4f1 + f2)
Max. gre²ka (b−a)f (2)(ξ)24
· d2 (b−a)f (2)(ξ)12
· d2 (b−a)f (4)(ξ)2880
· d4
Primjer 1. Procijeniti povr²inu ispod grafa funkcije f(x) =x3
2− x2
4− 3x
4+ 2 na segmentu
[−1, 2] metodom srednje to£ke tako da garancija maksimalne apsolutne gre²ke bude ispod 0.5. Nakraju usporedbom sa izra£unatim odreenim integralom na strani 48 izra£unati stvarnu gre²kuaproksimacije.
Formula za apsolutnu gre²ku glasi:
apsolutna gre²ka = |aproksimacija− to£an rezultat| .
Kako bi sveli apsolutnu gre²ku na samo 0.5 trebati ¢emo podijeliti segment [a = −1, b = 2] nadijelove. Na svakom dijelu garancija maksimalne gre²ke je (vidi tablicu)
maksimalna gre²ka na podsegmentu =3 max
∣∣f (2)(x)∣∣ : x ∈ [−1, 2]
24
· duljina podsegmenta2 .
Procijenimo maxx∈[−1,2]
|f ′′(x)|:
f ′(x) =3
2x2 − 1
2x− 3
4, f ′′(x) = 3x− 1
2.
Obzirom da je x ∈ [−1, 2] to je f ′′(x) ∈ [−3 − 1/2, 6 − 1/2]. Najve¢a absolutna vrijednost f ′′ naspomenutom segmentu je manja od 6.
64
Dakle, ako osiguramo3 · 624· d2 ≤ 0.5
tada ¢e apsolutna gre²ka sigurno biti manja od 0.5. Rije²imo gornju nejednakost
d2 ≤ 0.5 · 24
3 · 6=
2
3=⇒ d / 0.81.
Dakle, ako postavimo d < 0.81 sigurni smo da ¢e nam apsolutna gre²ka biti manja od 0.5. Kakoje segmenta [−1, 2] duljine 3 ispada da bi bilo dovoljno podijeliti segment u 3/0.81 ≈ 3.7 jednakihdijelova, tj. dovoljno je podijeliti taj segment u 4 dijela jednake duljine 3/4 = 0.75:
−1←→ −0.25←→ 0.5←→ 1.25←→ 2 .
Koristimo metodu srednje to£ke koja zahtjeva vrijednosti na sredini podsegmenata, u to£kama
−1 ←→↓
−0.625
−0.25 ←→↓
0.125
0.5 ←→↓
0.875
1.25 ←→↓
1.625
2 .
dakle popunjavamo sljede¢u tablicu vrijednostima funkcije f u istaknutim to£kama:
k 1 2 3 4
xk −0.625 0.125 0.875 1.625yk = f(xk) 2.249 1.903 1.487 2.267
Vrijednosti smo zaokruºili na tre¢u devimalu £ime unosimo relativnu gre²ku od oko 1/1000, ²to ne¢ezna£ajno doprinijeti gre²ci za koju ciljamo da bude manja od oko 0.5. Dalje na svakom od 4podsegmenta koristimo formulu za metodu srednje to£ke i na kraju zbrojimo:
k 1 2 3 4
yk = f(xk) 2.249 1.903 1.487 2.267M = d · yk 1.687 1.427 1.115 1.700
zbroj 5.929
Dobiveni zbroj po posegmentima predstavlja traºenu aproksimaciju. Usporedbom sa rezultatomna stranici 48 uviamo da je stvarna gre²ka manja od 0.1.
65
Primjer 2. Trapeznom formulom odrediti odreeni integral´ 3
0sin (x2)+2 dx s relativnom gre²kom
manjom od 10%.
Numeri£ke metode mogu nam dobro posluºitikada ne moºemo izra£unati odreeni integralNewton-Leibnitzovom formulom iz razloga ²to neznamo rije²iti neodreeni integral. Poku²aj tiodrediti neodreeni integral
ˆsin(x2)
+ 2 =?
Formula za relativnu gre²ku je
relativna gre²ka =apsolutna gre²ka|to£an rezultat|
=
∣∣∣∣aproksimacija− to£an rezultatto£an rezultat
∣∣∣∣≤ apsolutna gre²ka|aproksimacija| − apsolutna gre²ka
=1
|aproksimacija|apsolutna gre²ka − 1
.
Obzirom da ne znamo koliki je to£an rezultat iskoristiti ¢emo da je da je to£an rezultat izmeuaproksimacije te zbroja aproksimacije i gre²ke, dakle po apsolutnoj vrijednosti vrijedi
|aproksimacija| − apsolutna gre²ka ≤ |to£an rezultat| ≤ |aproksimacija|+ apsolutna gre²ka
pa je apsolutna vrijednost to£nog rezultata iznad apsolutne vrijednosti aproksimacije manje ap-solutna gre²ka. Metodom srednje to£ke napravimo prvu (grubu) procjenu rje²enja koja ¢e namposluºiti da odredimo kolika smije biti apsolutna gre²ka, a prema tome i na koliko dijelova trebadijeliti segment:
polovi²te segmenta [0, 3] −→ 0 + 3
2= 1.5
vrijednost funkcije u polovi²tu −→ f(1.5) ≈ 2.778
duljina segmenta −→ d = 3− 0 = 3
procjena aproksimacije −→ M = d · f(1.5) = 8.334
postavimo rel. gre²ku −→ 10%︸︷︷︸=0.1
=1
8.334
aps. gre²ka − 1 · 10 · nazivnik
8.334
aps. gre²ka− 1 = 10 + 1
8.334
aps. gre²ka= 11 · aps. gre²ka
118.334
11︸ ︷︷ ︸≈0.757
= aps. gre²ka
Pazi! Ako se pokaºe da je kona£na aproksimacija dosta razli£ita odove prve procijene trebati ¢emo revidirati cijeli postupak.
66
Dakle, o£ekujemo ako je dovoljno ciljati na apsolutnu gre²ku manju od oko 0.9.Dalje procijenimo max
x∈[0,3]|f ′′(x)| gdje je f(x) = sin (x2) + 2
f ′(x) = cos(x2)· 2x, f ′′(x) = − sin
(x2)︸ ︷︷ ︸
∈[−1,1]
·4 x2︸ ︷︷ ︸∈[0,9]
+ cos(x2)︸ ︷︷ ︸
∈[−1,1]
·2
zaklju£ujemo maxx∈[0,3]
|f ′′(x)| ≤ 1 · 4 · 9 + 1 · 2 = 38.
Kako bi osigurali apsolutnu gre²ku (b−a)f (2)(ξ)12
· d2 manju od 0.9 traºimo d takav da
3 · 38
12· d2 ≤ 0.9, d2 ≤ 0.9 · 12
3 · 38, d /
√0.0947 ≈ 0.3 .
Zbog toga podijelimo segment [0, 3] duljine 3 na 3/0.3 = 10 dijelova manjih podsegmenata duljined = 0.3. Za trapeznu formulu potrebne su vrijednosti funkcije u to£kama na rubu podsegmenta.Odmah ¢emo u tablici izra£unati procjenu integrala na podsegmentima i na kraju zbrojiti. Zbrojprocjene integrala na podsegmentima £initi ¢e procjenu integrala na polaznom velikom segmentu.
k 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
xk 0 0.3 0.6 0.9 1.2 1.5 1.8 2.1 2.4 2.7 3yk = f(xk) 2.000 2.090 2.352 2.724 2.991 2.778 1.902 1.045 1.500 2.845 2.412
Tk = d2
(yk−1 + yk) 0.614 0.666 0.761 0.857 0.865 0.702 0.442 0.382 0.652 0.789
zbrojT =10∑k=1
Tk 6.730
Sada provjerimo da je zadnja procjena integrala´ 30
sin (x2) + 2 dx kojeg smo dobili trapeznomformulom 6.730 u skladu sa prvom aproksimacijom 8.334. Otkrivamo da je zadnja aproksimacijadala po apsolutnoj vrijednosti manji broj. Sada slijedi da moºemo procijeniti relativnu gre²ku na
relativna gre²ka =apsolutna gre²ka|to£an rezultat|
/apsolutna gre²ka
|aproksimacija| − apsolutna gre²ka=
0.9
6.730− 0.9≈ 15% .
Razumijemo da je trebalo posti¢i relativnu gre²ku manju od 10%, pa shva¢amo da je prva procjenaintegrala bila zna£ajno pogre²na i da bi stoga trebalo uzeti manje podsegmente kako bi imali manjuapsolutnu i na kraju manju relativnu gre²ku. Ponovimo stoga ra£un za procjenu relativne gre²ke,ali ovaj puta umjesto na²e procjene rezultata 6.730 uvrstimo najmanji mogu¢i to£an rezultat kojise moºe dogoditi uz sada²nju procjenu apsolutne gre²ke, a to je 6.730− 0.9 = 5.830. Na taj na£inizbje¢i ¢emo mogu¢nost da nam se moramo ponovno korigirati broj podsegmenata na vi²e biti¢emo sigurni da je relativna gre²ka manja od ciljane
10% =1
5.830
aps. gre²ka − 1=⇒ 5.830
aps. gre²ka= 11 =⇒ aps. gre²ka =
5.830
11= 0.53 .
Dalje, procjena duljine podsegmenta za ovu apsolutnu gre²ku
3 · 38
12· d2 ≤ 0.53, d2 ≤ 0.53 · 12
3 · 38, d /
√0.0558 ≈ 0.236 .
Odaberimo sada d = 0.2 i ponovno sa£inimo tablicu
67
k xk yk Tk = d2
(yk−1 + yk)zbroj
T =∑10
k=1 Tk
0 0.0 2.0000.404
6.755
1 0.2 2.0400.420
2 0.4 2.1590.451
3 0.6 2.3520.495
4 0.8 2.5970.544
5 1.0 2.8410.583
6 1.2 2.9910.592
7 1.4 2.9250.547
8 1.6 2.5490.445
9 1.8 1.9020.315
10 2.0 1.2430.225
11 2.2 1.0080.251
12 2.4 1.5000.396
13 2.6 2.4590.546
14 2.8 3.0000.541
15 3.0 2.412
Na temelju 15 podsegmenata, svakiduljine 0.2 trapeznom formulom do²lismo do aproksimacije integrala vri-jedno²¢u 6.755 (vidi tablicu lijevo).Provjerimo ocjenu relativne gre²ke
aps. gre²ka ≤ (b− a) max f ′′(x)
12· d2
≤ 3 · 38
12· 0.22 = 0.38
rel. gre²ka /aps. gre²ka
|aproksimacija| − aps. gre²ka
/aps. gre²ka
6.755− aps. gre²ka
/0.38
6.755− 0.38≈ 6%
Zadovoljni smo jer je ispalo da je re-lativna gre²ka zasigurno jo² manja odzahtjevanih 10%. Aproksimacija s ko-jom smo zadovoljni je 6.755.
68
Numeri£ka integracija jako dobro moºe posluºiti za provjeru rje²enja,kod ra£unanja odreenih integrala. Kada izra£unate odreeni inte-gral, poku²ajte postaviti izra£unati grubu aproksimaciju numeri£kommetodom, bez da vodite mnogo ra£una o ocjeni gre²ke. Ukoliko je vri-jednost aproksimacije blizu izra£unatog rje²enja odreenog integralatada moºete biti mirniji i sigurniji u svoj izra£un.
Primjer. Numeri£kom integracijom u grubo provjeri rje²enje integrala´ π0
sinx dx.
U ovom slu£aju podintegralna funkcija je neprekidna na segmentu, moºemo primijeniti Newton-Leibnitzovu formulu, a neodreeni integral je lagano rije²iti jer je tabli£ni, ispada
πˆ
0
sinx dx = [− cosx]π0 = − cosπ + cos 0 = −(−1) + 1 = 2.
Za grubu provjeru posluºimo se Simpsonovom metodom, bez podjele segmenta [0, π] na manje
podsegmente. Cijeli ra£un je u tablici
k 0 1 2xk 0 π/2 ≈ 1.57 π ≈ 3.14fk sin 0 = 0 sin π
2= 1 sin π = 0
S = d6
(f0 + 4f1 + f2)π6
(0 + 4 · 1 + 0) ≈ 2.09
Obzirom da nismo radili podjelu segmenta na manje podsegmente, a relativna razlika izmeuizra£unatog rje²enja i aproksimacije je manja od 5% moºemo imati dosta povjerenja u na²e to£norje²enje.
U ovom primjeru moºemo biti potpuno sigurnu i vrijednost odreenogintegrala, jer je ra£un bio tako jednostavan. Meutim, kod teºihzadataka lako se dogodi gre²ka u ra£uni i dobro je imati metodu kojanam moºe ukazati na gre²ku. Usporedi sa zadatkom na strani 87.
69
10.1 Primjer iz stru£ne prakse: deplasman broda
Ra£unanje deplasmana broda moºe se svesti na ra£unanje povr²ine rebara. Poku²ajmo izra£unatipovr²inu rebra do vodene linije, koje odgovara formuli v(x) = 12 ·
(x10
)10, x ∈ [−10, 10], gdje je vvisina rebra od najniºe to£ke u metrima, a x koordinata ²irine u metrima. Visina do vodene linijeje 12 metara, a ²irina rebara 20 metara. Skica slijedi
Aproksimacija povr²ine pravokutnicima Poku²avamo pribliºno izraziti prol glavnog rebrakao uniju n vertikalnih stupaca pravokutnika. Udaljenost od visine rebra v(x) do visine vodenelinije 12 odgovara funkciji
y(x) = 12− v(x) = 12− 12 ·( x
10
)10.
Ako aproksimiramo prol glavnog rebra sa n = 10 jednostavnijih oblika (npr. pravokutnika) tadanas zanima vrijednost funkcije y(x) u 11 to£aka (x ∈ [−10, 10]). To se naziva diskretizacija funkcijey(x) na segmentu [−10, 10] sa 10 + 1 to£aka. U sljede¢oj tablici treba popuniti vrijednosti yk kojenedostaju, a ra£unaju se po formuli yk = y(xk):k 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
xk −10 −8 −6 −4 −2 0 2 4 6 8 10yk 0.00 12.00 12.00 12.00 12.00 0.00
Ako aproksimiramo prol glavnog rebra sa n = 20 jednostavnijih oblika (npr. pravokutnika) tadanas zanima vrijednost funkcije y(x) u 21 to£aka sa segmenta x ∈ [−10, 10]. To se naziva diskreti-zacija funkcije y(x) na segmentu [−10, 10] sa 20 + 1 to£aka. U sljede¢oj tablici upisana je takvadiskretizacija:k 0 1 2 3 4 5 6 . . . 14 15 16 17 18 19 20
xk −10 −9 −8 −7 −6 −5 −4 . . . 4 5 6 7 8 9 10
yk 0.00 7.83 10.71 11.66 11.93 11.99 12.00 . . . 12.00 11.99 11.93 11.66 10.71 7.83 0.00
Segment [−10, 10] na kojem diskretiziramo funkciju je duljine 20. Zbog toga je razmak izmeudvije to£ke diskretizacije 4x = xk+1 − xk = 20
n.
70
10.1.1 Aproksimacija povr²ine opisanim pravokutnicima
P ≈ 4x ·n∑k=1
max yk−1, yk
U sljede¢im primjerima aproksimiramo povr²inu glavnog rebra opisanim pravokutnicima. Tako do-bivena aproksimacija povr²ine glavnog rebra je ve¢a od povr²ine glavnog rebra, ali kako uzimamosve ve¢i broj to£aka diskretizacije tako je aproksimacija sve to£nija. Za zadani n izra£unati aprok-simaciju povr²ine prema formuli iz podnaslova. Provjeri gre²ku u odnosu na izra£unati odreeniintegral na stranici 48.
n = 10, 4x = 2010
= 2, n = 20, 4x = 2020
= 1,P ≈ P ≈
Usporedi sa rezultatom odreenog integrala na strani 48. Izra£unajapsolutnu i relativnu gre²ku aproksimacije.
aps. gre²ka = |to£no rje²enje− aproksimacija|
rel. gre²ka =aps. gre²ka|to£no rje²enje|
71
10.1.2 Aproksimacija povr²ine upisanim pravokutnicima
P ≈ 4x ·n∑k=1
min yk−1, yk
U sljede¢im primjerima radimo aproksimaciju traºene povr²ine upisanim pravokutnicima, koja¢e ispasti manja od povr²ine glavnog rebra, ali ²to je ve¢i broj to£aka diskretizacije n time je idobivena aproksimacija preciznija. Korisimo formulu iz podnaslova. Provjeri gre²ku u odnosu naizra£unati odreeni integral na stranici 48.
n = 10, 4x = 2, n = 20, 4x = 1,P ≈ P ≈
Usporedi sa rezultatom odreenog integrala na strani 48. Izra£unajapsolutnu i relativnu gre²ku aproksimacije.
aps. gre²ka = |to£no rje²enje− aproksimacija|
rel. gre²ka =aps. gre²ka|to£no rje²enje|
72
10.1.3 Aproksimacija povr²ine trapezima
Trapezna formula:
P ≈ 4x2
(y0 + yn + 2
n−1∑k=1
yk
)U sljede¢im primjerima radimo aproksimaciju traºene povr²ine trapezima. Za ve¢i broj to£akadiskretizacije n dobiva se preciznija aproksimacija. Korisimo formulu iz podnaslova. Kvalitetuaproksimacije mogu¢e je procijeniti sa priloºene slike na kojoj su nacrtani trapezi kojima se aprok-simira povr²ina glavnog rebra. Provjeri gre²ku u odnosu na izra£unati odreeni integral na stranici48.n = 10, 4x = 2, P ≈
.
n = 20, 4x = 1, P ≈
.
Usporedi sa rezultatom odreenog integralana strani 48. Izra£unaj apsolutnu i relativnugre²ku aproksimacije.
aps. gre²ka = |to£no rje²enje− aproksimacija|
rel. gre²ka =aps. gre²ka|to£no rje²enje|
73
10.1.4 Simpsonova formula
P ≈ 4x3
y0 + yn + 2
n/2−1∑k=1
y2k + 4
n/2∑k=1
y2k−1
U sljede¢im primjerima radimo aproksimaciju traºene povr²ine parabolama (polinomima drugogstupnja). Preciznost ove metode je vrlo visoka za ve¢i broj to£aka diskretizacije. Primijetiti saslike koja prikazuje ovu aproksimaciju za n = 20 kako aproksimirani oblik vjerno opisuje oblikglavnog rebra iz primjera. Koristiti formulu iz podnaslova. Provjeri gre²ku u odnosu na izra£unatiodreeni integral na stranici 48.4x = 2, P ≈
.
4x = 1, P ≈
.
Usporedi sa rezultatom odreenog integralana strani 48. Izra£unaj apsolutnu i relativnugre²ku aproksimacije.
aps. gre²ka = |to£no rje²enje− aproksimacija|
rel. gre²ka =aps. gre²ka|to£no rje²enje|
74
11 Nepravi integral
Ponekad ima smisla traºiti povr²inu neomeenih skupova. O tome govori nepravi integral.Nepravi integral je odreeni integral takav da:
1. je podintegralna funkcija neograni£ena na segmentu integracije ili
2. je segment integracije neograni£en.
Vaºno! Obzirom na to£ke 1 i 2 iznad, nisu ispunjene pret-postavke Newton-Leibnitzove formule, pa nije opravdanosluºiti se njome. tovi²e, nije ispunjena niti pretpostavkaiz denicije odreenog integrala (ograni£enosti funkcije).Stoga ovdje ne moºemo govoriti o vrijednosti neodreenogintegrala.
Rezultate nepravih integrale ne moºemo provjeravati nu-meri£kim metodama koje smo spominjali.
Primjer. Rije²iti:
4ˆ
0
1√x
dx =
Prvo treba primijetiti da je funkcija neomeena (vidi sliku)i da ovo nije obi£an odreeni integral. Podru£je na slici jeneograni£eno odozgo. Funkcija f(x) = 1/√x je neomeena.
Nepravi integral ovog tipa rije²avamo kao obi£an integral, stim da lijevu granicu integracije u limesu pribliºavamo proble-mati£noj granici x = 0.
4ˆ
0
1√x
dx = limε→0
4ˆ
ε
1√x
dx = limε→0
[2√x]4ε
= limε→0
(2√
4− 2√ε)
= 4
75
Primjer iz zike. (gravitacija FG = Gm1m2
r2). Treba izra£u-
nati rad potreban da se dva tijela mase m1 i m2 rastave takoda sasvim pobjegnu iz gravitacijskog polja u kojem se meu-sobno privla£e. Uzimamo da se na po£etku dva tijela nalazena udaljenosti d jedno od drugog. Efektivno treba izra£unatirad da se tijela rastave na udaljenost R =∞.
W = Ep =
∞
d
FG dr =
∞
d
Gm1m2
r2dr =
G, m1, m2su konstante = Gm1m2
∞
d
1
r2dr = . . .
Nepravi integral ovog tipa rije²ava se prelaskom na limes,gdje umjesto F (∞) koristimo lim
x→∞F (x).
. . . = Gm1m2 limR→∞
R
d
1
r2dr
= Gm1m2 limR→∞
[−1
r
]r=Rr=d
= Gm1m2 limM→∞
(−1
R− −1
d
)= Gm1m2
(limR→∞
−1
R︸ ︷︷ ︸=0
−−1
d
)
=Gm1m2
d
Primjer.
+∞ˆ
−1
dx
1 + x2= . . .
= limb→+∞
bˆ
−1
1
1 + x2dx = lim
b→+∞[arctanx]b−1
= limb→+∞
(arctan b− arctan (−1)) = arctan (+∞)− arctan (−1)
=π
2−(−π
4
)≈ 2.3561944901923
76
Zadatak. Neka je f(x) =1
x3. Odrediti
´ +∞1
f(x)dx. Skicirati graf funkcije f i povr²inu odreenuintegralom.Zadatak. Zadano je f(x) = 1
(x+1)2. Odrediti
´ +∞0
f(x) dx. Skicirati graf funkcije f i povr²inukoja je odreena integralom.
77
Pazi! Ponekad se pod izrazom kojim je zadan obi£an odreeni in-tegral moºe kriti vrijednost koja nije dobro denirana: podintegralnafunkcija je neograni£ena i nema vrijednost niti kao nepravi integral.
Vaºno! Ubudu¢e uvijek provjeriti domenu i neprekidnost podinte-gralne funkcije, kako bi osigurali da je ograni£ena. Ako nije postupatikao s nepravim integralom.
Primjer. Izra£unaj
1ˆ
−1
1
1− x2dx.
Postupak:1. ispitaj da li je podintegralna funkcija f ograni£ena2. ako f nije ograni£ena u s lijeve ili desne okoline parame-tra y tada postavi lima→y− ili lima→y+.
Da li je f(x) = 11−x2 ograni£ena na segmentu [−1, 1]? Potrebno je ispitati tok funkcije utoliko
koliko je potrebno da odgovorimo na postavljeno pitanje.Domena od f(x) = 1
1−x2 isklju£uje to£ke u kojima je 1 − x2 = 0, dakle iz domene su isklju£eniparametri x = ±1. Istraºimo
limx→1−
1
1− x2=
1
1− (1−)2=
1
1− (1−)=
1
0+
= +∞,
limx→−1+
1
1− x2=
1
1− (−1+)2=
1
1− (1−)=
1
0+
= +∞.
Sada smo shvatili da treba paziti na krajeve segmetna [−1, 1] pa ¢emo postaviti nepravi integral
1ˆ
−1
dx
1− x2= lim
a→−1limb→1
bˆ
a
1
1− x2dx
= lima→−1
limb→1
[1
2ln
∣∣∣∣1 + x
1− x
∣∣∣∣]ba
= lima→−1
limb→1
(1
2ln
∣∣∣∣1 + b
1− b
∣∣∣∣− 1
2ln
∣∣∣∣1 + a
1− a
∣∣∣∣)=
1
2ln
∣∣∣∣20∣∣∣∣︸ ︷︷ ︸
ln∞=+∞
−1
2ln
∣∣∣∣02∣∣∣∣︸ ︷︷ ︸
ln 0=−∞
= +∞+∞ = N/P
Zaklju£ak je da ovaj odreeni integral ne postoji, odnosno eventualno bi mogli re¢i da nepraviintegral divergira u +∞.
78
Primjer. Izra£unaj
2ˆ
0
x+ 2
3x2 − 2x− 5dx.
Pazi! Ako si zaboravio provjeriti da li je podintegralna funkcija ogra-ni£ena pogrije²iti ¢e² u odreivanju ovog nepravog integrala.
. . . =
[−1
8ln |x+ 1|+ 11
24ln
∣∣∣∣x− 5
3
∣∣∣∣]20
=− 1
8ln |2 + 1|+ 11
24ln
∣∣∣∣2− 5
3
∣∣∣∣+1
8ln |0 + 1| − 11
24ln
∣∣∣∣0− 5
3
∣∣∣∣=− 0.87498557928247638312
Kako bi se uvjerio da dobiveni rezultat nije dobar, moºe² ga poku²atinumeri£kim metodama. . .
1. Ispitivanjem toka funkcije otkriva se vertikalna asimptota x = 53koja je usred podru£ja
integracije [0, 2].
2. Obzirom na otkrivenu vertikalnu asimptotu potrebno je ra£unati nepravi integral
2ˆ
0
x+ 2
3x2 − 2x− 5dx = lim
a→ 53−
aˆ
0
x+ 2
3x2 − 2x− 5dx
+ limb→ 5
3+
2ˆ
b
x+ 2
3x2 − 2x− 5dx
= lima→ 5
3−
[−1
8ln |x+ 1|+ 11
24ln
∣∣∣∣x− 5
3
∣∣∣∣]a0
+ limb→ 5
3+
[−1
8ln |x+ 1|+ 11
24ln
∣∣∣∣x− 5
3
∣∣∣∣]2b
= . . .
samostalno
=
iskoristi lim
a→ 53−
ln
∣∣∣∣x− 5
3
∣∣∣∣ = ln 0 = −∞
= . . . =∞−∞ = N/P
Zaklju£ak je da ovaj odreeni integral ne postoji, a £ak divergira u pravom smisli i kao nepraviintegral.
79
Zadatak. Istraºi konvergenciju nepravog integrala
+∞ˆ
0
dx
x ln2 x. Rje²enje moºe² provjeriti u udº-
beniku, primjer 4.3.9.
80
12 Teºi zadaci s odreenim integralima
Zadaci s odreenim integralima su teºi od neodreenih samo utoliko ²to se treba brinuti da li jedopu²teno iskoristiti Newton-Leibnitzovu formulu ili ne, odnosno treba prepoznati da li je rije£o nepravom integralu. Kada god moºete provjerite vrijednost koju ste dobili nekom od metodanumeri£ke integracije.
zad. 1. Izra£unaj odreeni integrale i provjeri u grubo nekom numeri£kom metodom:
a)
1
0
ex dx = . . . eksponencijalna funkcija je neprekidna, pa je ograni£ena na [0, 1]
. . . = [ex]10 = e1 − e0 = e− 1 ≈ 1.72
Provjera Simpsonovom metodom bez raspodjele na manje podsegmente (d = 1)
k 0 1 2xk 0 0.5 1fk e0 = 1 e0.5 ≈ 1.64 e1 ≈ 2.72
S = d6
(f0 + 4f1 + f2)16
(1 + 4 · 1.64 + 2.72) ≈ 1.71
b)4
0
(x3 + 1)dx = . . . polinomi su svugdje neprekidni, pa i ograni£eni na svakom sementu
. . .
4
0
x3dx+
4
0
1dx =
[x4
4
]40
+ [x]40 = (44
4+
04
4) + (4− 0) = (64 + 0) + 4 = 68
Provjera Simpsonovom metodom bez raspodjele na manje podsegmente (d = 4)
k 0 1 2xk 0 2 4fk 03 + 1 = 1 23 + 1 = 9 43 + 1 = 65
S = d6
(f0 + 4f1 + f2)46
(1 + 4 · 9 + 65) = 68
Simpsonova metoda uvijek daje to£no rje²enje za polinome stupnja 3 ili manjeg.
81
c)π
0
dxcos2 x
=? Primjetiti da je nulto£ka nazivnika cosx = 0 za x = π2u segmentu [0, π] koji je
naveden u odreenom integralu. Zbog toga je ovo nepravi integral! Budu¢i da je odreeniintegral povr²ina, ako je dio povr²ine koju odreuje ovaj odreeni integral ve¢ beskona£no,tada je i ukupan rezultat (kao zbroj dijelova ∞+∞) beskona£no ili ne postoji (ako je zbroj∞−∞). Dijelimo integral na dijelove i provjeravamo prvi dio:
π/2ˆ
0
dx
cos2 x= [tanx]
π/20 = tan
π
2− tan 0 = . . .
tan π2ne postoji, ali moºemo promatrati povr²inu u limesu i iskoristiti limes slijeva: lim
x→π/2−tanx = +∞
limt→π
2−
tˆ
0
dx
cos2 x= lim
t→π2−
[tanx]t0 = limt→π
2−
tan t− tan 0 =∞− 0 =∞.
Preostaje jo² drugi dio povr²ine na segmentu [π/2, π] pa traºimo
π
π/2
dx
cos2 x= lim
x0→π2+
πˆ
x0
dx
cos2 x= lim
x0→π2+
(tan π − tanx0) = (0− (−∞)) = +∞.
Stoga je rezultat:
π
0
dx
cos2 x= lim
x0→π2−
x0ˆ
0
dx
cos2 x+ lim
x0→π2+
πˆ
x0
dx
cos2 x=∞+∞ =∞
d)
4
1
1 +√x
x2dx = . . . singularitet je za x = 0 (nulto£ka nazivnika), ali taj nije u segmentu
[1, 4] pa nije rije£ o nepravom integralu i nastavljamo kao obi£no:
. . . =
4
1
1
x2dx+
4
1
√x
x2dx =
4
1
1
x2dx+
4
1
x12 · x−2dx =
4
1
1
x2dx+
4
1
x12 · x−2dx =
=
4
1
x−2dx+
4
1
x−32 dx =
[x−1
−1+x−12
−12
]41
= . . . =−1
4+−2√
4− (−1− 2) =
7
4
Provjera Simpsonovom metodom (d = 3) za to£niju aproksimaciju trebati ¢e manji podsegmenti
k 0 1 2xk 1 2.5 4fk 2 0.41 0.19
S = d6
(f0 + 4f1 + f2)36
(2 + 4 · 0.41 + 0.19) = 1.92
82
12.1 Provjera parnosti i neparnosti u odreenom integralu
Napomena Ukoliko je podintegralna funkcija, f(x), parna, tj. ako vrijedi f(−x) = f(x), onda
za integrala
−af(x) dx vrijedi:
a
−a
f(x) dx = 2
a
0
f(x) dx.
Ukoliko je podintegralna funkcija, f(x), neparna, tj. ako vrijedi f(−x) = −f(x), onda za
integrala
−af(x) dx vrijedi:
a
−a
f(x) dx = 0.
Primjer.
1
−1
x2 ln
(1 + sin x
1− sinx
)dx = . . . provjera parnosti funkcije:
f(−x) = (−x)2 ln
(1 + sin(−x)
1− sin(−x)
)= x2 ln
(1− sin(x)
1 + sin(x)
)= x2 ln
(1 + sin(x)
1− sin(x)
)−1= −x2 ln
(1 + sin x
1− sinx
)= −f(x)
Funkcija je neparna pa je integral1
−1x2 ln(1+sinx
1−sinx)dx = 0 osim ako nije problem sa singula-
ritetima podintegralne funkcije na segmentu integracije. Provjerimo domenu podintegralnefunkcije:
1− sinx je u nazivniku pa ne smije biti nula. Slijedi 1− sinx 6= 0⇔ sinx 6= 1⇔ x 6=π2± 2kπ. Dakle, u redu.
1+sinx1−sinx je argument logaritma pa mora biti ve¢e od nule: 1+sinx
1−sinx > 0. Nejednadºba serije²ava pomo¢u jednadºbe:
1 + sin x
1− sinx= 0⇒ 1 + sin x = 0⇔ sinx = −1⇔ x = −π
2± 2kπ.
Neprekidna funkcija je na cijelom intervalu⟨−π
2, π2
⟩istog predznaka, ispitajmo jednu
vrijednost: za x = 0 vrijednost je pozitivna. Dakle, niti tu nema problema.
Zaklju£ak, nije nepravi integral i rezultat je nula, kako je izra£unato iznad.
83
Primjer.
π4
−π4
dxcos2 x
= . . .
Nema problema sa singularitetima na segmentu[−π
4, π4
]pa
. . . = [tan x]π/4−π/4 = tan(
π
4)− tan(−π
4) = tan(
π
4) + tan(
π
4) = 1 + 1 = 2
Isto se moglo rije²iti provjerom parnosti podintegralne funkcije
f(−x) =1
cos2 (−x)=
uvaºi daje kosinusparna f-ja
=1
cos2 x= f(x)
pa zbog toga
π4
−π4
dx
cos2 x= 2
π4
0
dx
cos2 x= 2 [tan x]
π/40 = 2
(tan(
π
4)− tan 0
)= 2 (1− 0) = 2,
meutim ispada da postupak nije bio ni²ta lak²i.
Provjera Simpsonovom metodom (d = π/2 ≈ 1.57)
k 0 1 2xk −π/4 0 π/4fk
S = d6
(f0 + 4f1 + f2)
Sami popunite gornju tablicu kao u primjerima na stranama 69, 81 i 82.
84
12.2 Supstitucija u odreenom integralu
Kod supstitucije treba voditi ra£una da se granice integracije mijenjaju kod prelaska na novevarijable. Prvi na£in rije²avanja jest da se vodi ra£una o promjeni granica integracije, a drugi dase neodreeni integral vrati na polazne varijable i tek onda uvrste granice integracije.
Primjer 1.
1ˆ
0
dx
1 +√x
= . . . [0, 1] je u domeni podintegralne funkcije pa rije²avamo:
Prvi na£in rije²avanja gdje se vodi ra£una o granicama integracije:
. . . =
x = t2 /′ t =
√x
dx = 2tdtx 0 1t 0 1
=
1
0
2t
1 + tdt = 2
1
0
t
1 + tdt = 2
1
0
t+ 1− 1
1 + tdt = 2
1
0
t+ 1
1 + tdt+ 2
1
0
−1
1 + tdt
= 2
1
0
dt− 2
1
0
1
1 + tdt = [2t− 2 ln |1 + t|]10 = . . . = 2− 2 ln 2
Drugi na£in rje²avanja ne vodi ra£una o granicama integracije, ve¢ rje²ava kao da je rije£ o neo-dreenom integralu i na kraju posebno uvrsti granice integracije
ˆdx
1 +√x
=
√x = t, x = t2
dx = 2t dt
= . . .
= 2t− 2 ln |1 + t|+ Cvaºno!
= 2√x− 2 ln |1 +
√x|+ C
uvr²tavanjegranica =⇒
1ˆ
0
dx
1 +√x
=[2√x− 2 ln |1 +
√x|]10
=
= 2− 2 ln 2− (0− 2 ln 1) = 2− 2 ln 2
Provjera Simpsonovom metodom (d = 1)
k 0 1 2xk 0 0.5 1fk
S = d6
(f0 + 4f1 + f2)
Sami popunite gornju tablicu kao u primjerima na stranama 69, 81 i 82.
85
Primjer 2.
0ˆ
−2
3√
1− 3xdx = . . . [−2, 0] je u domeni podintegralne funkcije pa ne treba
voditi ra£una o nepravom integraluRije²imo preko ra£unanja neodreenog integrala i uvr²avanja granica:
ˆ3√
1− 3x dx =
1− 3x = t /′
−3 dx = dtdx = −1
3dt
= 3
ˆ √t(−1
3) dt =
=
ˆ √t dt =
t32
32
+ C =2
3(1− 3x)
3/2 + C
=⇒0ˆ
−2
3√
1− 3x dx =
[2
3(1− 3x)
3/2
]0−2
=2
3
((1 + 6)
32 − (1− 0)
32
)=
3
2
(73/2 − 1
)Sada isto pokazujemo kako rije²iti uz voenje ra£una o granicama integracije:
0ˆ
−2
3√
1− 3x dx = 3
0ˆ
−2
√1− 3x dx
=
1− 3x = t /′
−3 dx = dtdx = −1
3dt
x −2 0t 7 1
= 3
1ˆ
7
√t(−1
3)dt = 3 · (−1
3)
1
7
√tdt
= −1ˆ
7
t12 dt =
[−132
t32
]17
=
[−2
3t32
]17
= −2
31
32 − (−2
37
32 ) =
2
3(7√
7− 1)
Provjera Simpsonovom metodom (d = 2)
k 0 1 2xk −2 −1 0fk
S = d6
(f0 + 4f1 + f2)
Sami popunite gornju tablicu kao u primjerima na stranama 69, 81 i 82.
86
Primjer 3.
3ˆ
2
2x2 + x+ 2
x2 − 1dx = . . . singulariteti podintegralne funkcije su ±1, to nije u
segmentu integracije, pa nastavljamo kao obi£no:Treba podijeliti: (2x2 + x+ 2) : (x2 − 1) = 2 + x+2
x2−1
. . . =
3ˆ
2
2dx+
3ˆ
2
x+ 2
x2 − 1dx = [2x]32 +
3ˆ
2
2
x2 − 1dx+
3ˆ
2
x
x2 − 1dx
︸ ︷︷ ︸ovaj ¢emo posebno rije²iti
= [2x]32︸︷︷︸=2
+ 2 ·[
1
2ln |x− 1
x+ 1|]32︸ ︷︷ ︸
=ln 12−ln 1
3≈0.41
+
3ˆ
2
x
x2 − 1dx
3ˆ
2
x
x2 − 1dx =
x2 − 1 = t /′
2x dx = dtx dx = 1
2dt
x 2 3t 3 8
=
8ˆ
3
12dt
t=
[1
2ln |t|
]83
=1
2ln |8| − 1
2ln |3| ≈ 0.49
Pa se vratimo na po£etni integral:
. . . = 2 + ln1
2− ln
1
3+
1
2ln |8| − 1
2ln |3| ≈ 2.9
Provjera Simpsonovom metodom (d = 1)
k 0 1 2xk 2 2.5 3fk 4 3.238 2.875
S = d6
(f0 + 4f1 + f2) 3.305
Relativna gre²ka aproksimacije ispada oko 14%, ako ºelite biti sigurniji u rezultat podijelite na dvapodsegmenta pa poku²ajte ponovno provjeriti.
87
Provjeravamo sa 2 posegmenta, svaki duljine d = 0.5. Sve zajedno stavljamo u jednu tablicu takoda ¢emo srednji stupac (za x = 2.5) iskoristiti dvaput, kod ra£una prve i druge Simpsonove sume.Kona£nu aproksimaciju £ini zbroj dviju Simpsonovih suma:
k 0 1 2 3 4xk 2 2.25 2.5 2.75 3fk 4 3.538 ↓ 3.238 3.029 ↓ 2.875
S = d6
(f0 + 4f1 + f2) 1.783 1.519zbroj 3.302
Dobili smo aproksimaciju odreenog integrala vrijedno²¢u 3.302, ²to je samo malo razli£ito odprethodne grublje aproksimacije. Sada smo gotovo sigurni da zadatak na prethodnoj strani nijedobro rije²en, da nam se negdje omakla pogre²ka.
Ovo je simulacija rije²avanja teºeg zadatka na pismenomispitu. Trebate biti uporni i usredoto£eni na svaki zadatakkoji rije²avate. Poku²ajte se vratiti natrag na prethodnustranicu i otkriti gdje je pogre²ka kod rije²avanja neodre-enog integrala. To£no rije²enje je na dnu stranice.
Uzadatkunaprethodnojstranipogre²nojepodijeljenpolinom.Re-
zultatdijeljenjatrebaojeispasti2+x+4x2−1.Zatimdaljedrugiodtri
rastavljenaintegralatrebaobitisfaktorom4umjestofaktora2.Tako
daumjesto0.41trebapribrojitidvostruko.Takojerezultatve¢iza
upravo0.41odranijedobivenih2.9²tojepribliºno3.3.Poku²ajsami
preciznijeizra£unatiizrazkojistedobiliuodreenomintegralu(pra-
titebarem6decimalnihmjesta)iusporedisaaproksimacijomkojuje
da£aSimpsonovametoda.Kolikajerelativnagre²ka?Za£uuju¢e
precizno!
88
Primjer 4.
2ˆ
0
2x2 + x+ 2
x2 − 1dx = . . . singularitet podintegralne funkcije x = 1 jest u segmentu
integracije [0, 2] pa treba biti vrlo paºljiv:Treba podijeliti segment na dva dijela:
. . . = limy→1−
yˆ
0
2x2 + x+ 2
x2 − 1dx
︸ ︷︷ ︸=
+ limz→1+
2ˆ
z
2x2 + x+ 2
x2 − 1dx
︸ ︷︷ ︸=F
= . . .
pa rije²imo istaknute djelove (koristimo meurezultate prethodnog zadatka):
= limy→1−
yˆ
0
2dx+
yˆ
0
x dx
x2 − 1+
yˆ
0
2 dx
x2 − 1= lim
y→1−
[2x+
1
2ln |x2 − 1|+ ln |x− 1
x+ 1|]y0
=
= limy→1−
2y − 0 +1
2ln |y2 − 1| − 1
2ln | − 1|︸ ︷︷ ︸
=0
+ ln |y − 1
y + 1| − ln |−1
+1|︸ ︷︷ ︸
=0
=
= 2 + limy→1−
1
2ln |y2 − 1|︸ ︷︷ ︸
=ln(0+)=−∞
+ limy→1−
ln |y − 1
y + 1|︸ ︷︷ ︸
=ln(0+)=−∞
= −∞
F = limz→1+
2ˆ
z
2dx+
2ˆ
z
x dx
x2 − 1+
2ˆ
z
2 dx
x2 − 1= lim
z→1+
[2x+
1
2ln |x2 − 1|+ ln |x− 1
x+ 1|]2z
=
= limz→1+
(4− 2z︸︷︷︸
→2
+1
2ln |22 − 1| − 1
2ln |z2 − 1|+ ln |2− 1
2 + 1| − ln |z − 1
z + 1|
)=
= 4− 2 +ln 3
2+ ln
1
3− lim
z→1+
1
2ln |z2 − 1|︸ ︷︷ ︸
=ln(0+)=−∞
− limz→1+
ln |z − 1
z + 1|︸ ︷︷ ︸
=ln(0+)=−∞
= +∞
Zaklju£ak je da zadani integral ne postoji niti kao nepravi:
2ˆ
0
2x2 + x+ 2
x2 − 1dx = +F = −∞+∞ = N/P
89
Zadatak.
π/2ˆ
0
12 sin t cos t√1 + 3 cos2 t+ 15 sin2 t
dt = . . .
Podintegralna funkcija je ograni£ena. . .
=
π/2ˆ
0
6 sin t cos t√1 + 3 sin2 t
dt =
1ˆ
0
6u du√1 + 3u2
=(
2√
1 + 3u2)10
= 2
Zadatak.
πˆ
0
(−1
4sin2 t+
√3
4cos t
)dt = . . .
Podintegralna funkcija je ograni£ena. . .
ˆsin2 t dt =
t
2− 1
4sin (2t) =⇒ . . . = −
[t
8− 1
16sin (2t) +
√3
4sin t
]π0
= . . .
Zadatak. 4´ 2π0
cos2 t sin2 t dt = . . . = π
Zadatak.´ √30
√1 +
4r2
9r dr = . . .
. . . =
u = 1 +
4r2
9, du =
8
9r dr
=
7/3ˆ
1
√u
9
8du =
9π
8
[u3/2
3/2
]7/3
1
=3
4
(√343
27− 1
)
90
12.3 Parcijalna integracija u odreenom integralu
U formuli za parcijalnu integraciju neodreenog integrala u svrhu rije²avanja odreenog integralanije potrebno prvo izra£unati neodreeni integral pa tak zatim uvrs²tavati granice integracije uprimitivnu funkcije, ve¢ se moºe iskoristiti modicirana formula parcijalne integracije za odreeniintegral, gdje se odmah uvr²tavaju granice integracije:
bˆ
a
udv = [u · v]ba −bˆ
a
vdu
Primjer.
πˆ
0
x sinx dx = . . . nema problema sa domenom podintegralne funkcije. . .
Neodreeni integral bi rije²avali parcijalnom integracijom pa tako radimo i kod odreenogintegrala vode¢i ra£una o uvr²tavanju granica:
. . . =
bˆ
a
udv =
u = x; du = dxdv = sinxdx; v =
´sinxdx = − cosx
= [−x cosx]π0 −
πˆ
0
(− cosx) dx =
= (−π cosπ − (−0 cos 0))︸ ︷︷ ︸=π
+
πˆ
0
cosx dx = π + [sinx]π0 = π + sin π︸︷︷︸=0
− sin 0︸︷︷︸=0
= π
Provjera Simsonovom metodom (d = π ≈ 3.14)
k 0 1 2xk 0 π/2 ≈ 1.57 π ≈ 3.14
fk = xk sinxkS = d
6(f0 + 4f1 + f2)
Sami popunite gornju tablicu kao u primjerima na stranama 69, 81 i 82.
91
Primjer.
3ˆ
0
x2 lnx dx = . . . paziti na granice integracije jer lijeva granice nije u domeni po-
dintegralne funkcije (ln 0 = N/P). Zato ¢emo efektivno rije²avati . . . = limε→0+
3ˆ
ε
x2 lnx dx.
Rije²imo prvo neodreeni integral pa onda iskoristimo primitivnu funkciju i uvrstimo u ne-pravi odreeni integral:
ˆx2 lnx dx =
u = lnx; du = dx
x
dv = x2 dx; v =´x2dx = 1
3x3
=
1
3x3 lnx−
ˆ (1
3x3)
dx
x=
=1
3x3 lnx− 1
3
ˆx2 dx =
1
3x3 lnx− 1
9x3 + C
3ˆ
0
x2 lnx dx = limε→0+
3ˆ
ε
x2 lnx dx = limε→0+
[1
3x3 lnx− 1
9x3]3ε
=
= (9 ln 3− 3)− limε→0+
(1
3ε3 ln ε− 1
9ε3)
= . . .
rije²imolimese
limε→0+
ε3 = 0
limε→0+
ε3 ln εL'H= lim
ε→0+
(ln ε)′(1ε3
)′ = limε→0+
1/ε−3/ε4
=−1
3limε→0+
ε3 = 0
nastavak ra£una za odreeni integral . . . = 9 ln 3− 3− (0− 0) = 9 ln 3− 3
Provjera Simsonovom metodom (d = 3)
k 0 1 2xk 0 3fk
S = d6
(f0 + 4f1 + f2)
Sami popunite gornju tablicu kao u primjerima na stranama 69, 81 i 82.
92
ZADACI ZA VJEBU (pazi na domenu!)2πˆ
0
sinx dx,
πˆ
0
tanx dx,´ π/2−π/2 cosx dx,
πˆ
−π
sinx dx,
+∞ˆ
2
dx
1− x2=?,
π2ˆ
−π2
tanx dx,´ 3
1dx
x2−2x+4=?
´ 10
2x
x2 − 4,
2ˆ
0
2x
x2 − 1,
1ˆ
0
x cos(3x2 + 4
)dx,
π/2ˆπ/3
cosx
sinxdx,
2πˆ
0
cosx dx
2 + sin x,
2πˆ
0
cos5 x dx,
πˆ
0
sin2 x cos2 x dx,
πˆ
0
dx
sinx (2 cos2 x− 1),
πˆ
0
dx
2 sinx− cosx+ 5,
πˆ
0
sinx dx
1− sinx,
2ˆ
0
2x2 cosx dx,ˆx2 + 2x+ 2
x2 + x− 2dx,
+∞ˆ
−1
dx
1 + x2=?
2ˆ
0
2x
x2 − 1=?,
2ˆ
0
x+ 2
3x2 − 2x− 5dx =?,
´ 10
2x
x2 − 4=?,
2ˆ
0
2x2 + x+ 2
x2 − 1dx =?
1ˆ
0
x2 tan(3x3 + 1
)dx =?,
2ˆ
0
3x
x2 − 2x+ 1=?,
2ˆ
0
x− 1
x2 + x− 2dx =?
´ 10
2x
x2 − x− 2=?,
0ˆ
−2
x dx
1− x=?,
2ˆ
0
2x2 + x+ 2
x2 − 1dx,
93
13 Skalarne funkcije
Skalarna funkcija je funkcija nekoliko (m) realnih varijabli £ije su vrijednosti realni brojevi. Mo-ºemo je ovako ozna£iti
f : Ω ⊆ Rm → R.
U gornjem primjeru sa Ω je ozna£ena domena funkcije (podru£je na kojem je funkcija zadananekim pravilom). Evo nekoliko primjera.
Primjer: dubina mora
Slika 1: Luka Zadar. Svaka to£ka na kartimoºe se ozna£iti sa dvije varijable: geograf-ska ²irina i visina. Plavom bojom ozna£enaje morska povr²ina na kojoj je denirana du-bina mora.
Neka je λ zemljopisna duºina i ϕ zemljopisna ²irina.Vrijedi da je ureeni par (λ, ϕ) ∈ R2 jedna to£kau ravnini. Sa M ozna£imo sve to£ke (λ, ϕ) kojepokriva more. Tada je M ⊆ R2. Sloºimo se da jena svakoj to£ki povr²ine mora odreena dubina i daje to realni broj. Denirajmo sada funkciju dubinemora kao funkciju
d : M→ R
s pravilom da je d(λ, ϕ) = dubina mora na ko-ordinatama (λ, ϕ). Prema na²im oznakama M jedomena funkcije d. Skup svih vrijednosti koje funk-cija moºe poprimiti naziva se kodomena funkcije. Una²em slu£aju kodomenu funckije d ozna£iti ¢emosa d[M]. Na slici 1 kodomena je skup vrijednostidubine umetrima izmeu 0 i ne²to vi²e od 20.Kako vidimo na slici 1 skalarna funkcija u ravninimoºe se lijepo vizualizirati pomo¢u linija koje se na-zivaju razinske krivulje. Za svaku vrijednost iz ko-domene z0 ∈ d[M] moºemo odrediti jednu razinskukrivulju to su sve to£ke koje zadovoljavaju jed-
nadºbud(λ, ϕ) = z0.
Na slici 1 dane su razinske krivulje (izobate) za dubinu mora 5, 10 i 20 metara i one nam dovoljnodobro do£aravaju vrijednosti dubine mora na podru£ju koje pokriva karta. Kada su dvije razinskekrivulje na karti relativno blizu jedna drugoj moºemo zaklju£iti da se u tom podru£ju brzo mije-njaju vrijednosti funkcije. U ovom primjeru s dubinom mora govorimo o naglom porastu dubine.Matemati£kim rije£nikom govorimo o velikom gradijentu funkcije dubine.
94
Slika 3: Batimetrija Jadranskog mora. (3D prikaz)
Slika 2: Batimetrija Jadranskog mora. Pri-mjer skalarne funkcije u ravnini i predo£ava-nja bojom.
Na slici 2 dubinu mora moºemo vizualizirati jo² bo-lje jer se autor osim ravninskih krivulja posluºio ibojom. Krajnjim crvenim dijelom spektra ozna£ioje najmanje vrijednosti dubine, a krajnjim plavim(ljubi£astim) bojama najdublja podru£ja. U uspo-redbi s izobatama nijansiranje boja omogu¢uje sup-tilniju vizualizaciju dubine mora. Uz ovu sliku u£lanku I. Janekovi¢,Modeliranje morskih mijena Ja-drana, Ruer, vol. 3, broj 4, travanj 2002. pi²e:
Podru£je jadranskog bazena moºemo ugrubo podijeliti u tri geomorfolo²ke cje-line. Sjeverni dio Jadrana je najpli¢i, sasrednjom dubinom od oko 40 m koja seblago pove¢ava u smjeru jugoistoka doizobate od 100 m. Srednji Jadran s pro-sje£nom dubinom od 140 m proteºe sedo Palagru²kog praga, a u sebi sadrºiJabu£ku kotlinu s dubinom od oko 200m. Juºni dio Jadrana je najdublji, a pro-teºe se od Palagru²kog praga do Otrant-skih vrata koji povezuje Jadransko mores Jonskim i Sredozemnim morem. Ka-rakteristi£an je po naglom porastu du-bine od 150 m na svom gornjem dijeluna 1200 m u svom najdubljem sredinjem djelu.
Bliski razmje²taj razinskih krivulja na podru£ju juºnog Jadrana upu¢uje na spomenuti nagli porastdubine. Slika vrijedi 1000 rije£i.Jo² jedna vrsta prikaza skalarne funkcije u ravnini je prikaz u 3 dimenzije. Donosimo sljede¢usliku gdje su na dvije osi nanesene varijable domene (zemljopisna duºina i ²irina), a na tre¢oj
95
osi nanesena je vrijednost funkcije dubine mora. Takoer, dubina je ozna£ena i bojom. Domenafunkcije dubine na slikama 2 i 3 je podru£je Jadranskog mora J, odnosno:
J = (λ, ϕ) : (λ, ϕ) odgovara zemljopisnim koordinatama pozicije na Jadranskom moru
Funkcija d mjeri dubinu u metrima i zapisuje se kao
d : J→ R,
a njena kodomena je skup realnih vrijednosti izmeu 0 i oko −1200, dakle d je ograni£ena funkcija.Minimum funkcije d (vrijednost oko −1200) je najdublja to£ka Jadranskog mora, a maksimumfunkcije d (vrijednost 0) poprimaju sve to£ke uz obalu mora.
Zadatak za samostalan rad: amplituda morskih mijena
Pogledajte sliku 4. Pazite: na istoj slici oslikano je djelovanje dviju funkcija.
Opi²ite funkcije prikazane na slici 4, njihovu domenu, kodomenu, maksimume, minimume
i podru£ja najve¢eg gradijenta.
Slika 4: Amplituda glavne mjese£eve poludnevne komponente morske mijene ozna£ena je bojom.Bijelim linijama su ozna£ene krivulje sa istom fazom mijene u intervalima od 30° (oko 1 sat).Amdromijske to£ke su tamno plava podru£ja gdje se bijele linije spajaju.
Ako imate pote²ko¢a s prethodnim zadatkom potraºite malu pomo¢ u fusnoti.2
2Na slici broj 4 bojom je prikazana razlika izmeu plime i oseke, to£nije amplituda glavne mjese£eve poludnevnekomponente (M2) morske mijene. Crne linije su razinske krivulje ove funkcije. Amdromijske to£ke su minimumi, apodru£ja najve¢e morske mijene maksimumi. Uz navedeno, bijele linije su razinske krivulje druge funkcije koja dajevrijednost faze morske mijene. Morska mijena je u svojoj prirodi val, a svaki val je uz amplitudu karakteriziran jo²i periodom. Period glavne mjese£eve poludnevne komponente morske mijene je ne²to vi²e od 12 sati. Vrijednostifaze su izmeu 0 i duljine perioda. Sve to£ke u istoj fazi titraju zajedno, ali svaka u svojoj vlastitoj amplitudi.
96
13.1 Odreivanje domene
Ako nam je dan analiti£ki zapis funkcije, podru£jem denicije funkcije smatra se skup svih onih
to£aka D kojima to pravilo pridjeljuje jedinstvene realne brojeve.
zad1. Odredi domenu funkcije
f(x, y) = arcsin(x+ y
2).
p Na koji na£in pristupiti pronalaºenju domene ove funkcije? Za po£etak valja primjetiti da jeovo funkcija od dviju varijabli. To nam zna£i da ¢e traºena domena D biti podskup skupa R2.Prisjetimo se sad op¢enito domene funkcije arcsinx, kao funkcije jedne varijable. Njena domenaje segment [−1, 1]. Stoga nam mora vrijediti:
−1 ≤ x+ y
2≤ 1 / · 2
−2 ≤ x+ y ≤ 2
Ovim dvjema nejednadºbama su nam zadane dvije poluravnine omeene pravcima:
1. y ≤ −x+ 2
2. y ≥ −x− 2
Domena funkcije ¢e biti presjek ovih dviju poluravnina.
zad2. Odredi domenu funkcijef(x, y) =
√x2 + y2.
p Ono ²to se nalazi pod korijenom mora biti ≥ 0, stoga mora vrijediti
x2 + y2 ≥ 0.
No, ova tvrdnja je istinita za bilo koja dva realna broja x i y, pa je domena ove funkcije £itav R2.
97
zad3. Odredi domenu funkcije
f(x, y) =1√
4− x2 − y2.
p Zadana funkcija se sastoji od razlomka, a u njegovom nazivniku se nalazi korijen. Znamo da ono²to je u nazivniku ne smije biti nula, a da ono ²to je pod korijenom mora biti ≥ 0, pa nam moravrijediti
4− x2 − y2 > 0
x2 + y2 < 4
Ovom nejednadºbom nam je zadan skup to£aka u ravnini omeen kruºnicom x2 +y2 = 4. Domenaje skup svih to£aka unutar te kruºnice ne uklju£uju¢i i samu kruºnicu. Kruºnica ima sredi²te uto£ki S(0, 0) i radijus 2.
zad4. Odredi domenu funkcijef(x, y) = ln(x+ y).
p Ono ²to se nalazi pod djelovanjem funkcije ln mora biti strogo ve¢e od nule. Stoga vrijedi:
x+ y > 0
y > −x.
Ova nejednadºba odreuje skup to£aka u ravnini omeen pravcem y = −x. Domena funkcije susve to£ke iznad toga pravca, ne uklju£uju¢i taj pravac.
98
zad5. Odredi domenu funkcijef(x, y) = arcsin(
x
2) +√x · y.
p Primjetimo da nam se funkcija sastoji od dva dijela : arcsin(x2) i√x · y. Domena funkcije ¢e
nam biti skup to£aka u ravnini koje dobijemo kao presjek, obzirom na uvjete prvog i drugog dijelafunckije.Za arcsin(x
2) mora nam biti
−1 ≤ x
2≤ 1
−2 ≤ x ≤ 2
1. x ≥ −2
2. x ≤ 2
Ovim nejednadºbama su odreeni skupovi to£aka u ravnini omeeni pravcima x = −2 i x = 2. Zaprvu nejednadºbu promatramo sve to£ke desno od pravca x = −2, a za drugu sve to£ke lijevo odpravca x = 2.
Za√x · y znamo da mora vrijediti, zbog uvjeta korijena
x · y ≥ 0.
Koje su nam ovo to£ke? Pa ovaj uvjet ¢e biti ispunjen za sve to£ke iz I. i III. kvadranta.Domena funkcije je dakle presjek obaju uvjeta:
13.2 Odreivanje razinskih krivulja
Primjer. Za funkciju f(x, y) = ln(x− y + 2) odrediti domenu, sliku funkcije i razinske krivulje.
p Kao u zadatku 4. na strani 98 otkrivamo domenu
D(f) =
(x, y) ∈ R2 : x− y + 2 > 0
=
(x, y) ∈ R2 : x− y > −2
=
(x, y) ∈ R2 : y < x+ 2
Na skici ispod domena je podru£je ispod najvi²eg nacrtanog pravca £ija je jednadºba y = x+ 2.
99
Slika funkcije obuhva¢a sve vrijednosti funkcije. Neka je c u slici funkcije. To zna£i da
c = ln(x− y + 2).
Potenciranjem slijedi ec = x − y + 2 ²to je ekvivalentno sa y = x + 2 − ec︸︷︷︸>0
< x + 2. Stoga se
vrijednost f(x, y) = c moºe posti¢i izborom (x, y) = (x, x+ 2− ec) za proizvoljan c ∈ R:
f(x, x+ 2− ec) = ln (x− (x+ 2− ec) + 2)
= ln (x− x− 2 + ec + 2)
= ln ec = c
Zaklju£ak: slika funkcije su svi realni brojevi.Razinska krivulja na kojoj f postiºe vrijednost c ima jednadºbu f(x, y) = c pa kao i kod ra£unanjaslike funkcije moºemo zaklju£iti
ln(x− y + 2) = c ²to je ekvivalentno sa x− y + 2 = ec ili y = x+ 2− ec.
Zaklju£ujemo da su razinske krivulje pravci: na primjer
c = −1, y = x+ 2− e−1
c = 0, y = x+ 2− e0 . . . y = x+ 1
c = ln 2, y = x+ 2− eln 2 . . . y = x
c = ln 5, y = x+ 2− eln 5 . . . y = x− 3
Ispod je dan i 3D graf funkcije za koji se ne o£ekuje da ga znate nacrtati.
Slika 5: f(x, y) = ln(x− y + 2): 3D graf (lijevo) i razinske krivulje (desno)
Zadaci za samostalan rad.
1. Odrediti domenu, kodomenu i razinske krivulje za funkciju f(x, y) = ln(x
y).
2. Odrediti domenu, kodomenu i razinske krivulje za funkciju f(x, y) = x+ 2y + 1.
3. Za funkciju f(x, y) = (x− 1)2 + y2 − 9 odrediti domenu, kodomenu i razinske krivulje .
100
4. Ispitati skalarnu funkciju f(x, y) = (x− 1)2 − y2.
5. Zadana je funkcija za funkcija f(x, y) =√
(x+ 2)2 + (y − 1)2−3. Ispitati domenu, kodomenui razinske krivulje.
6. Zadana je funkcija f(x, y) =√
9− (x+ 2)2 + (y − 1)2 + 1. Odrediti domenu, kodomenu irazinske krivulje.
Na sljede¢im slikama je pomo¢ za zadatke 2-6 gore. Skica desno je glavni dio rje²enja. 3D grafnije bilo potrebno izraditi.
Slika 6: f(x, y) = x+ 2y + 1
Slika 7: f(x, y) = (x− 1)2 + y2 − 9
101
Slika 8: f(x, y) = (x− 1)2 − y2
Slika 9: f(x, y) =√
(x+ 2)2 + (y − 1)2 − 3
Slika 10: f(x, y) =√
9− (x+ 2)2 + (y − 1)2 + 1
102
13.3 Limes (grani£na vrijednost) i neprekidnost
Kratko ponavljanje s predavanja
To£ke u vi²edimenzionalnom prostoru ozna£avati ¢emo sa masnim slovima. Na primjerx = (x1, x2, . . . , xm) ∈ Rm, y = (y1, y2, . . . , ym) ∈ Rm. Sa K(x, δ) ozna£avamo kuglu radijusa δoko to£ke x.
Definicija limesa funkcije. Neka je x gomili²te skupa Ω, L ∈ R i skalarna funkcija
f : Ω ⊆ Rm → R. Kaºemo da f ima limes L u to£ki x i pi²emo limy→x
f(y) = L
ako ∀ε > 0, ∃δ > 0 tako da iz y ∈ Ω, y 6= x i y ∈ K(x, δ) slijedi |f(y)− f(x)| < ε.
Alternativna definicija limesa funkcije:
ako za svaki niz yk : k ∈ N ⊆ Ω takav da yk → x vrijedi f(yk)→ L.
Posljedica: funkcija nema limes na mjestima gdje se dodiruju ili kriºaju dvije razli£ite razinske
krivulje (ili razinske plohe)!
Teorem o uzastopnim limesima. Neka f : X ⊂ R2 → R ima limes u to£ki p = (x0, y0) ineka postoji O okolina oko p takva da je O ⊂ X na kojoj za (x, y) ∈ O\p:
postoji limes po varijabli x: limt→x
f(t, y)
postoji limes po varijabli y: limt→y
f(x, t)
Tada uzastopne grani£ne vrijednosti po varijablama x i y komutiraju:
limy→y0
(limx→x0
f(x, y)
)= lim
(x0,y0)f = lim
x→x0
(limy→y0
f(x, y)
)Posljedica: funkcija nema limes na mjestima gdje uzastopni limesi ne komutiraju!
Definicija neprekidnosti. Funkcija f : Ω → R je neprekidna ako u svakoj to£ki x ∈ Ω
postoji limes funkcije i jednak je f(x).
Kratko ponavljanje iz predavanja broj 9:
Kako ispitati da li je skalarna funkcija f neprekidna?
zbroj, razlika, umnoºak, kompozicija neprekidnih funkcija je neprekidna. . . kvocijent (razlomak) je neprekidan tamo gdje su sastavni dijelovi (brojnik i nazivnik) nepre-kidni uz dodatni uvjet da nazivnik nije nula!
na grafu funkcije tamo gdje se sastaju razli£ite razinske krivulje funkcija ima prekid! Ostatakgrafa upu¢uje na podru£ja neprekidnosti!
ako uzastopni limesi po pojedina£nim varijablama ne komutiraju u to£ki funkcija tu imaprekid!
ispitivanje iz denicije neprekidnosti preko limesa za skalarnu funkciju je dosta te²ko: uvijekprvo iskoristiti ovo gore!
103
zad1. Izra£unaj sljede¢i limes: lim(x,y)→(5,2)
x+ y + 2x2 + 2y2
x2 + y2.
p Ako je funkcija neprekidna u to£ki tada limes postoji i jednak je vrijednosti funkcije. Funkcijef(x, y) = x i g(x, y) = y su neprekidne funkcije jedne varijable, pa su neprekidne i kao skalarnefunkcije. Umno²ci neprekidnih funkcija su neprekidne funkcije: x ·x, y ·y, 2x ·x i 2y ·y. Dalje zbrojneprekidnih funkcija su neprekidne funkcije: x+ y+ 2x2 + 2y2 i x2 + y2. Razlomak s neprekidnimfunkcijama je neprekidan osim moºda gdje je nazivnik nula. Obzirom da nazivnik x2 + y2 nijenula u istaknutoj to£ki (5, 2) moºemo zaklju£iti da je cijela funkcija dana izrazom x+y+2x2+2y2
x2+y2
neprekidna u (5, 2) pa
lim(x,y)→(5,2)
x+ y + 2x2 + 2y2
x2 + y2=
5 + 2 + 2 · 52 + 2 · 22
52 + 22
zad2. Da li postoji limes lim(x,y)→(0,0)
x− yx+ y
?
p Postojanje limesa provjeravamo ra£unanjem uzastopnih limesa:
limx→0
(limy→0
x− yx+ y
) = limx→0
x
x= lim
x→01 = 1
limx→0
(limx→0
x− yx+ y
) = limy→0
−yy
= limy→0− 1 = −1
Budu¢i se ova dva limesa razlikuju zaklju£ujemo da limes ne postoji.
zad3. Izra£unaj limes kad x→ 0, y → 0 funkcije:
f(x, y) = (x2 + y2) · sin(1
x · y)
p Zbog omeenosti funkcije sinus vrijedi nam:
−1 ≤ sin(1
x · y) ≤ 1 / · (x2 + y2)
−(x2 + y2) ≤ (x2 + y2) · sin(1
x · y) ≤ (x2 + y2) /lim
x→0y→0
limx→0y→0
− (x2 + y2) ≤ limx→0y→0
(x2 + y2) · sin(1
x · y) ≤ lim
x→0y→0
(x2 + y2)
0 ≤ limx→0y→0
(x2 + y2) · sin(1
x · y) ≤ 0
pa je limx→0y→0
(x2 + y2) · sin( 1x·y ) = 0.
104
zad. 4. Za funkciju f(x, y) =x
yodrediti domenu, kodomenu, razinske krivulje i limes u ishodi²tu
(ako postoji).
Slika 11: f(x, y) = xy
105
13.4 Parcijalne derivacije prvog reda
Neka je zadana skalarna funkcija vi²e varijabli f : Ω→ R. Tada se parcijalna derivacija funkcije
f po varijabli x u to£ki (x, y, z, . . .) ozna£ava sa∂f
∂xili ∂xf i ra£una na na£in da se
sve ostale varijable y, z, . . . osim varijable x smatra za konstante i
izra£una derivacija funkcije jedne varijable x 7→ f(x, y, z, . . .)
Za druge varijable sli£no. Na primjer∂f
∂y(druga oznaka ∂yf ) se ra£una tako da se sve varijable
osim y smatraju za konstante i formalno ra£una derivacija funkcije y 7→ f(x, y, z, . . .).Jo² jedna vrsta oznake za parcijalnu derivaciju je oznaka ∂kf koja ozna£ava parcijalnu derivacijupo k-toj varijabli, dakle sve varijable osim k-te se drºe konstantama i ra£una se derivacija funkcijexk 7→ f(x1, x2, . . . , xk, . . . , xm)
Ako postoje sve parcijalne derivacije prvog reda kaºemo da je skalarna funkcija derivabilna.
zad1. Izra£unaj prve parcijalne derivacije za funkciju:
f(x, y) =x
y.
p
∂f
∂x= (
1
y· x)′ =
1
y∂f
∂y= (x · 1
y)′ = (x · y−1)′
= (−x · y−2) =−xy2.
106
zad2. Izra£unaj prve parcijalne derivacije za funkciju:
f(x, y, z) = z · sin(y
x+ z).
p
∂f
∂x= z · cos(
y
x+ z) · ( y
x+ z)′
= z · cos(y
x+ z) · ( −y
(x+ z)2) · (x+ z)′
= z · cos(y
x+ z) · ( −y
(x+ z)2)
∂f
∂y= z · cos(
y
x+ z) · ( y
x+ z)′
= z · cos(y
x+ z) · ( 1
x+ z· y)′
= z · cos(y
x+ z) · ( 1
x+ z)
∂f
∂z= sin(
y
x+ z) + z · (sin(
y
x+ z))′
= sin(y
x+ z) + z · cos(
y
x+ z) · ( y
x+ z)′
= sin(y
x+ z) + z · cos(
y
x+ z) · ( −y
(x+ z)2) · (x+ z)′
= sin(y
x+ z) + z · cos(
y
x+ z) · ( −y
(x+ z)2)
107
13.5 Parcijalne derivacije drugog reda
Parcijalne derivacije drugog reda deniramo na osnovi parcijalnih derivacija prvog reda, tako da
uzastopce parcijalno deriviramo po navedenim varijablama. Na primjer:
∂2f
∂x∂y=
∂
∂x
(∂f
∂y
).
Koristimo skra¢eni zapis:∂2f
∂x2=
∂2f
∂x∂xi skra¢eni zapis : ∂xyf =
∂2f
∂x∂y.
Vrijedi (Schwartz, vidi Teorem 5.2.4 knjiga str. 253): ako je∂2f
∂x∂yneprekidna u okolini neke to£ke
onda je u toj to£ki∂2f
∂x∂y=
∂2f
∂y∂x.
zad1 Odredite parcijalne derivacije drugog reda za funkciju:
f(x, y) = x2 + y2 − 2x2y2.
p
∂f
∂x= 2x− 4xy2
∂2f
∂x2= 2− 4y2
∂f
∂y= 2y − 4x2y
∂2f
∂y2= 2− 4x2
∂2f
∂x∂y= −8xy
∂2f
∂y∂x= −8xy
108
zad2. Odredite parcijalne derivacije drugog reda za funkciju:
f(x, y) = exy + 2y + x2.
p
∂f
∂x= exy · (xy)′ + 2x
= exy · y + 2x
∂2f
∂x2= exy · y · (xy)′ + 2
= y2exy + 2∂f
∂y= exy · (xy)′ + 2
= xexy + 2∂2f
∂y2= xexy · (xy)′
= x2exy
∂2f
∂y∂x= exy · (xy)′ · y + exy · y′ + 0
= xy · exy + exy
= exy(xy + 1)
∂2f
∂x∂y= x′ · exy + x · (exy)′ + 0
= exy + xy · exy
= exy(1 + xy)
zad. (za vjeºbu) Odredite parcijalne derivacije drugog reda za funkciju:
f(x, y) =x√
x2 + y2.
Za vjeºbu: Izra£unati sve parcijalne derivacije drugog reda funkcije f(x, y) = x2y3+x4y i uvjeritise u ispravnost Schwartzovog teorema.
109
13.6 Diferencijal i tangencijalna ravnina
Totalni diferencijal (ili kra¢e diferencijal) skalarne funkcije f : Ω ⊆ Rm → R u to£kiT0(x0, y0, . . .) je izraz (linearni funkcional, matrica ili vektor)
df(T0) ≡[∂f(T )
∂x
∂f(T )
∂y. . .
], df(T0) : Rm → R
koji aproksimira funkciju f u to£ki T (x, y, . . .) blizu to£ke T0 na na£in da je
f(T )− f(T0) ≈ df(T0) (T − T0)︸ ︷︷ ︸=
∂f(T )
∂x
∂f(T )
∂y...
x− x0y − y0
...
...
,
²tovi²e mora vrijediti uvjet (detalje vidi u knjizi na str. 246):
limT→T0
f(T )− f(T0)− df(T0) (T − T0)‖T − T0‖
= 0. (2)
Kako ispitati da li je skalarna funkcija f diferencijabilna?
zbroj, razlika, umnoºak, kompozicija diferencijabilnih funkcija je diferencijabilna funkcija!
sve elementarne funkcije su diferencijabilne na cijeloj svojoj domeni osim:
f(x) = xp za 0 ≤ p < 1 nisu derivabilne u nuli
arkus sinus nije derivabilan u ±1
kvocijent (razlomak) je diferencijabilan tamo gdje su sastavni dijelovi (brojnik i nazivnik)diferencijabilni uz dodatni uvjet da nazivnik nije nula!
preko grafova parcijalnih derivacija prvog reda:
tamo gdje se ne sastaju razli£ite razinske krivulje parcijalne derivacije su neprekidne!
* tamo gdje su sve parcijalne derivacije neprekidne tamo je funkcija diferencijabilna
ako parcijalne derivacije imaju prekid u to£ki funkcija jo² uvijek moºe biti diferencija-bilna
preko grafa funkcije:
tamo gdje se nae da funkcija ima prekid: zasigurno nije diferencijabilna!
ispitivanje limesa iz denicije diferencijabilnosti je dosta te²ko: uvijek prvo iskorisititi ovogore
110
Primjer. Izra£unati diferencijal funkcije f(x, y) = 5x3y2 − 9 u to£ki T (3, 1), izraziti ga u oblikumatrice i pomo¢u njega aproksimirati funkciju f u blizini to£ke T .
Diferencijal se moºe zapisivati i u obliku diferencijalne forme:
df(T0) =∂f(T )
∂xdx+
∂f(T )
∂ydy + . . .
Primjer. Izra£unati diferencijal funkcije f(x, y) = x2 cosxy i prikazati ga u obliku diferencijalneforme.
111
Primjer. Nacrtati razinske krivulje, odrediti domenu i kodomenu, ispitati neprekidnost, deriva-bilnost i diferencijal funkcije f(x, y) = 3
√xy.
Pazi! g(t) = 3√t nije derivabilna u nuli.
Slika 12: f(x, y) = 3√xy
Slika 13: f(x, y) = 3√xy i derivacija ∂f
∂x= 1
33√
yx2
112
Zadatak. Odrediti domenu, ispitati neprekidnost, derivabilnost i diferencijal funkcije
f(x, y) =
xy√x2 + y2
, (x, y) 6= (0, 0)
0, (x, y) = (0, 0).
Ovo je primjer funkcije koja je svudaneprekidna, svuda derivabilna, ali nijediferencijabilna u ishodi²tu.
Sljede¢e formule i zadaci su za slu£aj kad nam je jednadºba plohe dana u eksplicitnom obliku.Uvedimo jo² i oznaku ∂f
∂x= fx i ∂f∂y = fy.
Ako nam je zadana jednadºba plohe z = f(x, y), tada tangencijalna ravnina Rt u to£ki T =(x0, y0, z0) = (x0, y0, f(x0, y0) ) ima jednadºbu (vidi formule uz obrazac za ovjere):
Rt ... z − f(x0, y0)︸ ︷︷ ︸naziv z0
= fx(T )(x− x0) + fy(T )(y − y0),
a jednadºba normale je:
n...x− x0fx(T )
=y − y0fy(T )
=z − z0−1
.
Pazi! Tangencijalna ravnina postoji samo na mjestima gdje je funkcija diferencijabilna (vidi pre-davanje 8). Bez napomene o diferencijabilnosti va²e izra£unate tangencijalne ravnine na ispitu ikolokviju vrijediti ¢e samo pola bodova istaknutih u zadatku.
113
zad1. Odredi tangencijalnu ravninu i normalu na plohu z = x2 + y2 u to£ki T (1,−2, z0).
p Funkcija f(x, y) = x2 + y2 je svuda diferencijabilna jer je zbroj diferencijabilnih funkcija. Stogasvugdje ima tangencijalnu ravninu na graf funkcije!Kako to£ka T leºi na plohi, potrebno je odrediti njenu z0 koordinatu iz jednadºbe plohe:
z0 = x2 + y2
= 12 + (−2)2
= 1 + 4
= 5.
Dakle, T (1,−2, 5). Sada moramo prona¢i prve parcijalne derivacije i izra£unati njihove vrijednostiu to£ki T .
fx =∂f
∂x= 2x
fx(T ) = 2 · 1 = 2
fy =∂f
∂y= 2y
fy(T ) = 2 · (−2) = −4
Na koncu, dobivene vrijednosti uvrstimo u formulu:
z − z0 = fx(T )(x− x0) + fy(T )(y − y0)z − 5 = 2(x− 1) + (−4)(y − (−2))
z − 5 = 2(x− 1) + (−4)(y + 2)
z − 5 = 2x− 2− 4y − 8
z − 5 = 2x− 4y − 10
2x− 4y − z − 10 = 0 ... Rt
Jednadºba normale je :
x− x0fx(T )
=y − y0fy(T )
=z − z0−1
x− 1
2=
y + 2
−4=z − 5
−1
114
Primjer. Prona¢i tangentu na graf funkcije f(x) = x2 + 3x + 1 u to£ki grafa koja odgovarakoordinati x = −1.
Primjer. Prona¢i ravninu koja dira graf funkcije f(x, y) = y√x − y2 − x + 6y povu£enu u to£ki
(4, 1, z0) tog grafa.
115
Zadatak. Izra£unati tangencijalnu ravninu plohe z = x2y u to£ki (2, 1, 4).
Za samostalan rad:
1. Prona¢i tangentu na graf funkcije f(x) = 1− x2 − 2x u to£ki s koordinatom x = 1
2. Izra£unati tangencijalnu ravninu na graf funkcije f(x, y) = 5x3y2 − 9 u to£ki T (3, 1, z0).
3. Odredi tangencijalnu ravninu i normalu na plohu z = arctan( yx) u to£ki M(1, 1, z0).
116
13.7 Ekstremi funkcija vi²e varijabli
Denicije:Lokalni maksimum funkcije f je to£ka T0 takva da za svaku to£ku T iz okoline to£ke T0 vrijedif(T ) ≤ f(T0).Globalni maksimum funkcije f je to£ka T0 takva da za svaku to£ku T iz domene funkcije vrijedif(T ) ≤ f(T0).Lokalni minimum funkcije f je to£ka T0 takva da za svaku to£ku T iz okoline to£ke T0 vrijedif(T ) ≥ f(T0).Globalni minimum funkcije f je to£ka T0 takva da za svaku to£ku T iz domene funkcije vrijedif(T ) ≥ f(T0).Lokalnim ekstremima nazivamo sve lokalne maksimume i minimume, a globalnim ekstremimasve globalne maksimume i minimume.T je stacionarna to£ka funkcije f ako je df(T ) = 0, dakle sve parcijalne derivacije prvog redau to£ki T su jednake nuli.
Dovoljni uvjeti za lokalni ekstrem (vidi Teorem 5.2.9 knjiga str. 263)Neka skalarna funkcija f ima neprekidne sve parcijalne derivacije drugog reda u okolini stacionarneto£ke T . Tvorimo determinante redom
|∂xxf(T )|︸ ︷︷ ︸1.
,
∣∣∣∣ ∂xxf(T ) ∂xyf(T )∂yxf(T ) ∂yyf(T )
∣∣∣∣︸ ︷︷ ︸2.
,
∣∣∣∣∣∣∂xxf(T ) ∂xyf(T ) ∂xzf(T )∂yxf(T ) ∂yyf(T ) ∂yzf(T )∂zxf(T ) ∂zyf(T ) ∂zzf(T )
∣∣∣∣∣∣︸ ︷︷ ︸3.
, . . .
→ ako su gornje determinante sve redom pozitivne tada f ima lokalni minimum u to£ki T ,→ ako su neparne determinante u gornjem nizu negativne, a parne pozitivne tada f ima lokalnimaksimum u to£ki T ,→ ako je barem jedna parna determinante negativna ili ako su dvije neparne razli£itog predznakatada f nema u to£ki T lokalni ekstrem ve¢ tzv. sedlastu to£ku,→ a u ostalim slu£ajevima ne moºemo donijeti nikakav zaklju£ak.Poseban slu£aj kada je skalarna funkcija samo sa dvije varijable
Neka je f : D → R, D ⊆ R2, funkcija s neprekidnim drugim parcijalnim derivacijama. Potrebniuvjeti za postojanje ekstrema u to£ki T0 su :
fx(T0) = 0 fy(T0) = 0.
U ovom slu£aju to£ku T0 nazivamo stacionarnom to£kom i provjeravamo sljede¢u determinantu:
∆ =
∣∣∣∣∣ ∂2f∂x2
(T0)∂2f∂x∂y
(T0)∂2f∂x∂y
(T0)∂2f∂y2
(T0)
∣∣∣∣∣ . Ako je ∆ > 0 i ∂
2f∂x2
(T0) > 0, to£ka T0 je lokalni minumim funkcije.
Ako je ∆ > 0 i ∂2f∂x2
(T0) < 0, to£ka T0 je lokalni maksimum funkcije.
Ako je ∆ < 0, to£ka T0 nije ekstrem funkcije. Tada to£ku T0 nazivamo sedlasta to£ka.
U drugim slu£ajevima ne moºemo zaklju£ivati o obstojnosti ekstrem u to£ki T0.
117
zad.1 Odredi ekstreme funkcije f(x, y) = x2 − y2.
p Prvo je potrebno prona¢i stacionarne to£ke zadane funckcije. Stacionarne to£ke odreujemo takoda izra£unamo prve parcijalne derivacije funkcije i izjedna£imo ih s nulom.
fx =∂f
∂x= 2x
fy =∂f
∂y= −2y
2x = 0 − 2y = 0
x = 0 y = 0
Dakle, stacionarna to£ka T0(0, 0). Sada izra£unamo druge parcijalne derivacije funkcije i njihovuvrijednost u to£ki T0(0, 0).
∂2f
∂x2= 2,
∂2f
∂y2= −2,
∂2f
∂x∂y= 0
∆ =
∣∣∣∣∣ ∂2f∂x2
(T0)∂2f∂x∂y
(T0)∂2f∂x∂y
(T0)∂2f∂y2
(T0)
∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣2 00 −2
∣∣∣∣ = −4 < 0
Dakle, ∆ < 0, pa to£ka T0(0, 0) nije ekstrem funkcije.
zad. 2 Odredi ekstreme funkcije f(x, y) = −x2 − y2 + 2x.
p Odreujemo stacionarne to£ke iz uvjeta da su prve parcijalne derivacije jednake nuli.
fx =∂f
∂x= −2x+ 2
fy =∂f
∂y= −2y
2x+ 2 = 0 − 2y = 0
x = 1 y = 0
Dakle, stacionarna to£ka je T0(1, 0). Sada ra£unamo druge parcijalne derivacije i njihovu vrijednostu ovoj to£ki:
∂2f
∂x2= −2
∂2f
∂y2= −2
∂2f
∂x∂y= 0
∆ =
∣∣∣∣∣ ∂2f∂x2
(T0)∂2f∂x∂y
(T0)∂2f∂x∂y
(T0)∂2f∂y2
(T0)
∣∣∣∣∣∆ =
∣∣∣∣−2 00 −2
∣∣∣∣ = 4 > 0
Imamo ∆ > 0 i ∂2f∂x2
(T0) = −2 < 0, iz £ega zaklju£ujemo da je to£ka T0(1, 0) maksimum funckcije.
118
zad. 3 Odredi ekstreme funkcije f(x, y) = 2xy − 3x2 − 2y2 + 10.
p
fx =∂f
∂x= 2y − 6x
fy =∂f
∂y= 2x− 4y
2y − 6x = 0 2x− 4y = 0
y = 3x x = 2y
pa jey = 0, x = 0.
Stacionarna to£ka je T0(0, 0). Ra£unamo druge parcijalne derivacije:
∂2f
∂x2= −6
∂2f
∂y2= −4
∂2f
∂x∂y= 2
∆ =
∣∣∣∣−6 22 −4
∣∣∣∣ = 20 > 0
Imamo ∆ > 0 i ∂2f∂x2
(T0) = −6 < 0, pa je to£ka T0(0, 0) maksimum dane funkcije.
Za vjeºbu
119
14 Obi£ne diferencijalne jednadºbe
Diferencijalna jednadºba je vrsta jednadºbe u kojoj je nepoznanica funkcija i u takvoj jednadºbijavlja se i neka derivacija (nepoznate) funkcije. Uz diferencijalnu jednadºbu £esto dolaze jo² nekidodatni uvjeti koje traºena funkcija treba zadovoljiti. Rje²enje diferencijalne jednadºbe je svakafunkcija koja zadovoljava zadanu diferencijalnu jednadºbu i postavljene dodatne uvjete. tovi²e,rje²enja diferencijalnih jednadºbi moºemo op¢enitije promatrati kao krivulje. Zbog toga se kodrje²avanja diferencijalnih jednadºbi ne treba brinuti ako kao rje²enje dobijemo krivulju koja nemoºe biti graf funkcije, na primjer zato ²to vertikalni pravac sije£e tu krivulju u vi²e to£aka.
Primjer. Provjeriti da funkcija f(x) = x2ex zadovoljava diferencijalnu jednadºbu y′′−2y′+y = 0.
Zadatak. Provjeriti da funkcija f(x) = xex zadovoljava diferencijalnu jednadºbu y′′− 2y′+ y = 0i po£etne uvjete y(0) = 0 i y′(0) = 1.
O£ito, istu diferencijalnu jednadºbu mogu zadovoljavati mnoge razli£ite funkcije. Grafovi svihfunkcija koje zadovoljavaju neku diferencijalnu jednadºbu nazivaju se integralne krivulje.
120
Partikularno rje²enje ODJ je naziv za bilo koje speci£no rje²enje odreene ODJ.
Op¢e rje²enje ODJ je naziv za skup svih rje²enja odreene navedene ODJ.
Primjer. Zadana je porodica krivulja y(x) = C1 (x− C2)2. Skiciraj tu porodicu krivulja. Odredi
diferencijalnu jednadºbu koju zadovoljava ta porodica krivulja.
Diferencijalnu jednadºbu nalazimo tako da jednadºbu za-dane porodice deriviramo dok ne doemo u mogu¢nostkonstante izraziti preko x, y, y′, y′′, . . . Zatim tako iz-raºene konstante uvrstimo u polaznu jednadºbu porodicekrivulja.
Diferencijalne jednadºbe karakterizirane su ne£im ²to se naziva red diferencijalne jednadºbe. Toje broj najve¢e derivacije koja se u diferencijalnoj jednadºbi pojavljuje. Na primjer, sve dosadspomenute diferencijalne jednadºbe su bile reda 2 jer je u svima najve¢a derivacija koja se pojavljujedruga derivacija.
Sve diferencijalne jednadºbe koje ¢emo promatrati spadaju u skupinu obi£nih diferencijalnih jed-nadºbi. Obi£ne diferencijalne jednadºbe su diferencijalne jednadºbe kojima je nepoznanica funkcijasamo jedne varijable.
Samo se mali broj diferencijalnih jednadºbi do danas uspjelo rije²iti. Nezgoda je da se gotovosvaki malkice druga£iji tip diferencijalne jednadºbe treba rije²avati na razli£iti na£in. Zbog toga umaterijalima koji slijede obraujemo samo nekoliko najosnovnijih tipova diferencijalnih jednadºbi.
121
14.1 Separirana ODJ 1. reda
Promatramo vrlo jednostavnu ODJ 1. reda oblika
y′ = G(x) ·H(y)
koja se naziva ODJ 1. reda s odjeljivim varijablama, koju rije²avamo dijeljenjem sa H(y) iintegriranjem ˆ
dy
H(y)=
ˆG(x) dx
Jednadºba jo² dopu²ta i rje²enje y = c ∈ R za H(c) = 0.Primjer. Rije²i diferencijalnu jednadºbu xyy′ = 1− x2 uz rubni uvjet y(1) = 1.Prikaºimo jednadºbu u tako da na lijevoj strani bude y′, a na desnoj izraz koji sadrºi samo x mnoºiizraz koji sadrºi samo y
y′︸︷︷︸= dy
dx
=1− x2
x· 1
y · y · dx
y dy =1− x2
xdx
ˆy dy︸ ︷︷ ︸↓
=
ˆ1− x2
xdx︸ ︷︷ ︸
↓
y2
2=
︷ ︸︸ ︷ˆ1
xdx−
ˆxdx = ln |x| − x2
2+ C
Rje²enja ODJ moºemo ostaviti u implicitnom obliku: y2 = 2 ln |x| − x2 + C.
Alternativno moºemo dobiveno rje²enje poku²ati prebaciti u eksplicitan obliky(x) = ±
√2 ln |x| − x2 + C.
Dalje, odredimo partikularno rje²enje koje zadovoljava rubni uvjet y(1) = 1, tako da u spomenutoop¢e rje²enje uvrstimo y = 1 i x = 1:
12 = 2 ln 1︸︷︷︸=0
−12 + C
slijedi C = 2 i partikularno rje²enje y2 = 2 ln |x| − x2 + 2
Provjerimo dobiveno rje²enje:
1. provjerimo prvo rubni uvjet uvr²tavanjem y = 1 i x = 1: 12 = 2 ln 1− 12 + 2 = 1 X
2. zatim derivirajmo uokvireno partikularno rje²enje pa usporedimo sa ODJ
Koristimo formulu za derivaciju kompozicije funkcije:
d
dx(y(x))2 = 2y(x) · d
dxy(x) = 2 y · y′
2 y y′ =2
x− 2x podijelimo sa 2 i pomnoºimo sa x . . . xyy′ = 1− x2 X
122
14.2 Linearna ODJ 1. reda
Denicija. Diferencijalnu jednadºbu koja dopu²ta zapis
y′ + g(x) · y = h(x)
nazivamo linearnom obi£nom diferencijalnom jednadºbom 1. reda.
Linearnu ODJ nazivamo homogenom ako je h(x) = 0.Homogena linearna jednadºba y′ + g(x) · y = 0 moºe se rije²iti separacijom varijabli:
y′
y= −g(x) =⇒ dy
y= −g(x) dx
ˆ⇓
ˆdy
y= −ˆg(x) dx ⇓
y = C · e−´g(x)dx ⇐= ln |y| = −
ˆg(x) dx+ C exp
Rje²enje nehomogene linearne ODJ moºemo traºiti varijacijom konstante iz rje²enja homogenejednadºbe, dakle u obliku
y = u(x) · e−´g(x)dx
Nakon uvr²tavanja predloºenog oblika rje²enja u ODJ(u(x) · e−
´g(x)dx
)′︸ ︷︷ ︸=u′·e−
´g+
u·e−
´g ·(−g)
+(((((((
((((g(x) · u(x) · e−
´g(x)dx = h(x)
vidimo da su se dva pribrojnika poni²tila pa preostaje
u′(x) · e−´g(x)dx = h(x)
u′(x) = h(x) · e´g(x)dx
u(x) =
ˆh(x) · e
´g(x)dxdx+ C, C ∈ R
Rje²enje linearne ODJ 1. reda dano je sa:
y(x) =
(ˆh(x) · e
´g(x)dxdx+ C
)· e−
´g(x)dx
Uobi£ajeno ne¢emo koristiti istaknutu formulu i u svakomnovom primjeru ¢emo od po£etka slijediti postupak nave-deno na ovoj stranici:
1. rije²avamo homogenu linearnu ODJ
2. nehomogenu ODJ rije²avamo varijaciom konstante
123
Primjer. Nai op¢e rje²enje jednadºbe y′ = yx− 1.
Prvo provjerimo da je zaista rije£ o linearnoj ODJ: y′ + g(x) · y = h(x)
Prebacimo yxna lijevu stranu i istaknimo razlomak 1
x:
y′ − 1
x· y = −1.
Homogeni dio navedene ODJ jest y′ − 1x· y = 0 i nju rije²avamo kao separiranu ODJ:
dy
dx=
1
x· y · dx
yˆ
ˆdy
y︸ ︷︷ ︸ =
ˆ1
x︸︷︷︸ln |y| = ln |x|+ C exp
|y| = eln|x|+C = eln|x| eC︸︷︷︸=C1
= |x| · C1
Sada se moºemo rije²iti apsolutnih vrijednosti tako da umjesto pozitivne konstante C1 = eC uz-memo drugu neodreenu konstntu C2 ∈ R pa slijedi rje²enje homogene jednadºbe
yH(x) = C2 · x, za C2 ∈ R.
Svejedno je zove li se neodreena konstanta C2 ili C, pa ¢emo ubudu¢e svaku konstantu ozna£avatisa C, iako se moºe razlikovati od koraka do koraka.
Rje²enje nehomogene polazne ODJ traºimo u obliku y(x) = u(x) · x, pa taj izraz uvrstimo upolaznu jednadºbu da vidimo ²to ¢emo dobiti
(u(x) · x)′ =C(x) ·xx
− 1 pa slijedi u′(x) · x+u(x) · 1 =
u(x)− 1
i dalje u′(x) · x = −1, odnosno u′ = −1
x.
Sada integriranjem slijedi ˆu′(x) dx︸ ︷︷ ︸=u(x)
= −ˆ
1
xdx = − lnx+ C.
Uvr²tavamo dobivenu funkciju u da dobijemo op¢e rje²enje nehomogene jednadºbe:
y(x) = u(x) · x = (− lnx+ C) · x = −x lnx+ Cx.
Provjera uvr²tavanjem u polaznu ODJ:
(−x lnx+ Cx)′︸ ︷︷ ︸=− lnx−x· 1
x+C
=−x lnx+ Cx
x− 1 X
jer su obje stranejednakosti jednake
124
14.3 Homogena ODJ: y′ = f(xy
)Rje²enje traºimo u obliku:
y(x) = v(x) · x, pa jex
y=
1
v.
Dalje ra£unamo derivacijuy′(x) = v′(x) · x+ v(x)
i uvrstimo u polaznu jednadºbu tako da dobijemo:
v′(x) · x+ v(x) = f
(1
v(x)
)Novu ODJ koju smo dobili moºda moºemo rije²iti (nema garancije) ako je u obliku odjeljivihvarijabli ili linearne ODJ. . .
Primjer. Rije²i 2xyy′ = x2 + y2.
Odmah vidimo da je jedno rje²enje polazne ODJ y(x) = 0 . Da dobijemo ostala rje²enja preure-dimo polaznu ODJ tako da je podijelimo obje strane sa 2xy pa slijedi
y′ =x2 + y2
2xy=
x
2y+
y
2x
Sada moramo primijetiti kako na desnoj strani imamo uvijek zajedno pojavljivanje xy(drugo po-
javljivanje je yx
=(xy
)−1) pa postupimo kako je predloºeno za homogenu ODJ. U polaznu ODJ
stoga uvrstimo y(x) = v(x) · x, xy
= 1v, yx
= v i y′ = v′ · x+ v pa slijedi
v′ · x+ v =1
2v+v
2.
Dobivenu ODJ poku²ajmo prikazati kao separiranu ili linearnu ODJ tako da je malo ispremje²ajmo:oduzmimo prvo na obje strane v, a zatim podijelimo sa x
v′ =
(1
2v− v
2
)· 1
xshva¢amo da je to separirana ODJ pa slijedimo poznati postupak
→ˆ
dv(12v− v
2
) =
ˆdx
x= lnx+ C
Rije²imo izdvojeno integral na lijevoj strani
ˆdv
12v− v
2
=
ˆdv1−v22v
=
ˆ2v dv
1− v2=
1− v2 = t−2v dv = dt2v dv = −dt
= −ˆ
dt
t= − ln |t| = − ln
∣∣1− v2∣∣+ C
Uvrstimo natrag izra£unati integral i uzmimo u obzir v = yx
− ln∣∣1− v2∣∣ = lnx+ C pa je 1− v2 =
C
xi dalje 1−
(yx
)2= C
x.
125
Graf funkcije koja je rje²enje ODJ naziva se integralna krivulja.
Zadatak. Pronai integralnu krivulju koja zadovoljava prethodno danu ODJ i prolazi to£komT (4, 0).
Op¢a rije²enja prethodno zadane ODJ su dana sa dva izraza
1. y(x) = 0
2. 1−(y(x)
x
)2
=C
x
Ako u prvi uvrstimo x = 4 i y = 0 slijedi y(4) = 0 ²to svakako vrijedi za spomenutu funkciju y(x) =0. Zaklju£ujemo da y(x) = 0 odreuje jednu integralnu krivulju koja zadovoljava spomenutu ODJi prolazi to£kom T (4, 0).
Isprobajmo sada moºe li i drugi izraz koji rije²ava spomenutu ODJ zadovoljiti uvjete x = 4 i y = 0.Slijedi
1−(
0
4
)2
=C
4²to odmah daje C = 4.
Dakle druga integralna krivulja koja zadovoljava polaznu ODJ i prolazi to£kom T (4, 0) odgovaraizrazu 1−
(yx
)2= 4
x.
Obzirom da nema drugih op¢ih rje²enja polazne ODJ, zaklju£ujemo da smo dobili dvije jedineintegralne krivulje koje odgovaraju postavljenim uvjetima.
Zadatak. Pronai integralnu krivulju koja zadovoljava gore danu ODJ i prolazi to£kom T (1, 1).
Op¢a rje²enja su kao gore. Prvo o£igledno ne moºe zadovoljiti to£ku x = 1 i y = 1. Poku²ajmo udrugi istaknuti izraz uvrstiti navedene parametre
1−(
1
1
)2
=C
1²to daje C = 0
pa je traºena integralna krivulja u ovom slu£aju 1−(yx
)2= 0. Eventualno se moºe pojednostaviti
y2
x2= 1, pa zatim y2 = x2 i na kraju |y| = |x|.
126
14.4 Mje²oviti zadaci s ODJ 1. reda
U zadacima koji slijede potrebno je prvo prepoznati tip. . . . dalje je onda lak²e (koristimoproceduru za pojedini tip)
Zadatak. Rije²i diferencijalnu jednadºbu (1 + ex) yy′ = ex uz po£etni uvjet y(0) = 1.
OvojesepariranaODJ:yy′=ex
1+ex.Slijedimopostupakrije²avanjasepari-
ranihODJiintegriramoˆydy
︸︷︷︸ =y2/2
=
ˆex
dx
1+ex=1+ex
=texdx=dt
=
ˆdt
t=ln|t|+C=ln|1+e
x|+C.
Sadaurje²enjey2/2=ln|1+e
x|+Cuvrstimopo£etniuvjetx=0iy=1pa
dobijemo1
2=ln∣∣1+e
0∣∣+C=⇒C=1
2−ln2.
Dakle,rje²enjezadatkauimplicitnomoblikuje
y2
2=ln|1+e
x|+
1
2−ln2.
Provjeraderiviranjemrje²enja:ODJ2yy′
2=
ex
1+exXpo£etniuvjet
AAA
12
2=ln∣∣1+e
0∣∣+ CCC
1
2−ln2X
Izra£unaj koliko moºe iznositi y(1) ako y rije²ava gore zadanu ODJ uz po£etni uvjet?
Uvrstimox=1idobijemo
y2
2=ln∣∣1+e
1∣∣+1
2−ln2=⇒y=±√2ln|1+e|+1−2ln2≈
127
Primjer. Nai partikularno rje²enje koje zadovoljava: xy′ + y − ex = 0 i y(1) = 1.
Zapamti da je klju£rije²avanja prepoznati tip!
OvojelinearnaODJ:y′+1
x·y=
ex
x.Slijedimopostupakrije²avanjalinearnih
ODJparije²avamopripadnuhomogenulinearnuODJˆdy
y︸︷︷︸ =ln|y|
=−ˆdx
xln|x|+C=⇒y(x)=C·
1
x
DaljesevarirakonstantaC=u(x)iuvr²tavaupolaznuODJ
u′(x)·1
x−u(x)
x2+1
x
(u(x)·1
x
)︸︷︷︸ =u′(x)/x
=ex
x
paslijediu′(x)=exidaljeintegriranjemu(x)=e
x+Cpajerje²enje
y(x)=(ex
+C)·1
x.Daljeiskoristimouvjet
1=y(1)=(e1+C)·1
1=⇒C=1−e
Dakle,rje²enjezadatkay(x)=(ex
+1−e)·1x.
Uvijek je dobro provjeritirje²enje!
128
Primjer. Nai op¢e rje²enje jednadºbe (x− y)ydx− x2dy = 0. Zapamti: y′ = dydx.
Temeljno je prepoznati tip!
Uvijek je dobro provjeritirje²enje!
Primjetimoprvodajey=0jednoistaknutorje²enje.Daljetraºimodrugarje²enja.Istraºimotip:
(x−y)y−x2y′=0y′=(x−y)
x2yy′=y
x(1−y
x)pavidimodajerije£ohomogenomtipuODJ.SlijedimopostupakzahomogeneODJy=u·x,y′=xu′+u:
xu′+u=u(1−u)=u−u2
xu′=−u2=⇒du
u2=−1
x ˆdu
u2︸︷︷︸ =−1/u(x)
=−ˆ1
x=−ln|x|+C
Slijediop¢erije²enjeueksplicitnomoblikuu(x)=−1C−ln|x|iy(x)=−x
C−ln|x|.Provjerarje²enjauovomslu£ajunijeba²jednostavna:
y′(x)=−(C−ln|x|)−1
(C−ln|x|)2
pauvr²tavanjeupolaznuODJdaje
(x−−xC−ln|x|
)−xC−ln|x|
−x2−C+ln|x|−1
(C−ln|x|)2=
=−x2
C−ln|x|−
x2
(C−ln|x|)2+
Cx2−x
2ln|x|+x2
(C−ln|x|)2
=−x2
(C−ln|x|)+Cx2−x
2ln|x|
(C−ln|x|)2=0.
129
Jo² nekoliko rije²enih primjera ODJ 1. redanastavnik ¢e podijeliti na seminarima.
Sljede¢i zadaci su za samostalni rad. Sami provjeri dobiveno rje²enje kako bi bio siguran da siprona²ao to£no rje²enje.Zadatak. Nai koliko iznosi f(2.5) ako f zadovoljava dy =
(1 + x+ y
1−x2)
dx i y(0) = 0.Zadatak. Nai koliko iznosi f(2.5) ako f zadovoljava sinx dy = y ln y dx i y(1) = 2.Zadatak. Pronai funkciju koja zadovoljava ydx +
(2√xy − x
)dy = 0 i y(1) = 1. Posebno
odgovori koliko iznosi konstantni £lan u implicitno zadanom obliku rje²enja.
130
14.5 Linearna ODJ 2. reda s konstantnim koecijentima
Zapis:
y′′ + ay′ + by = g(x), a, b ∈ R
Ova jednadºba se naziva homogenom kada je g(x) = 0.
14.5.1 Homogena linearna ODJ 2. reda s konstantnim koecijentima
Prvo ¢emo prona¢i rje²enje za homogenu linearnu ODJ 2. reda s konstantnim koecijentima , azatim ¢emo se upustiti u rje²avanje op¢eg slu£aja nehomogene linearne ODJ 2. reda s konstantnimkoecijentima.
Denicija. Za homogenu linearnu ODJ 2. reda s konstantnim koecijntima
y′′ + ay′ + by = 0
njezina karakteristi£na jednadºba sa nepoznanicom r je
r2 + ar + b = 0.
Rje²enje karakteristi£ne jednadºbe dano je formulom r1,2 = −a2±√a2 − 4b
2.
Teorem 7.3.3 Ako karakteristi£na jednadºba homogene linearne ODJ 2. reda s konstantnimkoecijentima ima dva realna rje²enja r1 i r2 tada je op¢e rje²enje promatrane homogenelinearne ODJ 2. reda s konstantnim koecijentima
y(x) = c1er1x + c2e
r2x.
Teorem 7.3.3 Ako karakteristi£na jednadºba homogene linearne ODJ 2. s konstantnim koeci-jentima reda ima dva kompleksna rje²enja r1 = α − βi i r2 = α + βi tada je op¢e rje²enjepromatrane homogene linearne ODJ 2. reda s konstantnim koecijentima
y(x) = c1er1x + c2e
r2x = eαx (k1 cos (βx) + k2 sin (βx)) .
Zapamti: eα+βi = eα (cos β + i sin β)
Teorem 7.3.4 Op¢e rje²enje homogene linearne ODJ 2. reda s konstantnim koecijentima
y′′ + ay′ + by = 0
u slu£aju kada njena karakteristi£na jednadºba ima samo jedno realno rje²enje r = −a2jest
y(x) = c1erx + c2xerx.
131
Primjer Rije²iti ODJ 4y′′ − y = 0 uz uvjet y(0) = 1 i y′(0) = 2.
Karakteristi£na jednadºba ... 4r2 − 1 = 0, r1,2 = ±12
Po Teoremu 7.3.3 op¢e rje²enje polazne ODJ je
y(x) = c1e− 1
2x + c2e
12x.
Potrebno je jo² zadovoljiti zadane uvjete, pa uvrstimo gornje rje²enje u spomenute uvjete
1 = y(0) =c1 e−12·0︸ ︷︷ ︸
=1
+c2 e12·0︸︷︷︸
=1
= c1 + c2,
2 = y′(0) =c1
(−1
2
)e−
12·0︸ ︷︷ ︸
=1
+c21
2e
12·0︸︷︷︸
=1
=1
2(−c1 + c2) .
Rije²imo dvije dobivene jednadºbe s dvije nepoznanice
c1 + c2 = 1−c1+c2
2= 2
i dobijemo c1 = −3/2 i
c2 = 5/2, pa slijedi partikularno rje²enje koje zadovoljava sve postavljene uvjete
y(x) = −3
2e−
12x +
5
2e
12x.
Provjera:
1. uvrstiti u polaznu ODJ: y′ = 34e−
12x + 5
4e
12x, y′′ = −3
8e−
12x + 5
8e
12x
4y′′ − y = 4
(−3
8e−
12x +
5
8e
12x
)−(−3
2e−
12x +
5
2e
12x
)= . . . = 0 X
2. uvrstiti u druge uvjete:
y(0) = −3
2e−
12·0 +
5
2e
12·0 = −3
2+
5
2= 1 X
y′(0) =3
4e−
12·0 +
5
4e
12·0 =
3
4+
5
4= 2 X
Zadatak Samostalno rije²iti ODJ 9y′′ − 6y′ + y = 0 uz uvjet x = 1, y = 0 i y′ = 0.
Ovi uvjeti odgovaraju y(1) = 0 i y′(1) = 0.
Karakteristi£na jednadºba ...9r2 − 6r + 1 = 0 ima rje²enje . . . . . . rezultat vidi ispod
Temeljemrje²enjakarakteristi£nejednadºber=1/3,op¢erje²enje
ODJslijedipoteoremu7.3.4,dakley(x)=C1exp(x/3)+C2xexp(x/3),
apartikularnorje²enjekojezadovoljavadodatneuvjetejey(x)=0.
132
Primjer Prona¢i op¢e rije²enje ODJ 9y′′ − 2y′ − 3y = 0.
Karakteristi£na jednadºba ... 9r2 − 2r − 3 = 0, r1,2 = 2±√4−4·9·318
= 1±√−269
= 19± 2
√6
9i
Po Teoremu 7.3.3 op¢e rje²enje polazne ODJ je
y(x) = ex/9
(c1 cos
(2√
6
9x
)+ c2 sin
(2√
6
9x
)).
Zadatak (samostalno) Pronai op¢e rje²enje: y′′ + 4y′ + 4y = 0.
Rje²enje vidi u primjeru 7.3.4 u udºbeniku na str. 360
Zadatak (samostalno) Odredi partikularno rje²enje koje zadovoljava navedenu ODJ i uvjete: y′′−5y′ + 4y = 0, uz y(0) = 5 i y′(0) = 8. Na kraju provjeri rje²enje.
Zadatak (samostalno) Odredi partikularno rje²enje koje zadovoljava navedenu ODJ i uvjete: y′′+4y = 0, uz y(0) = 0 i y′(0) = 2. Na kraju provjeri rje²enje.
Zadatak (samostalno) Odredi partikularno rje²enje koje zadovoljava navedenu ODJ i uvjete: y′′+5y′ = 0, uz y(0) = 1 i y′(0) = 0. Na kraju provjeri rje²enje.
Zadatak (samostalno) Odredi partikularno rje²enje koje zadovoljava navedenu ODJ i uvjete: y′′+3y′ = 0, uz y(0) = 0 i y(3) = 0. Na kraju provjeri rje²enje.
133
14.5.2 Nehomogena linearna ODJ 2. reda s konstantnim koecijentima
Temeljem homogene linearne ODJ 2. reda s konstatnim koecijentima, sada se moºemo upustitiu rje²avanje op¢eg slu£aja linearne ODJ 2. reda s konstantnim koecijentima:
y′′ + ay′ + by = g(x), a, b ∈ R
Teorem 7.3.5 Op¢e rje²enje linearne ODJ 2. reda s konstantnim koecijentima moºe se dobitipribrajanjem jednog njenog partikularnog rje²enja i op¢eg rje²enje pripadne homogene ODJs konstantnim koecijentima .
Sada odgovaramo na pitanje: kako prona¢i jedno partikularno rje²enje linearne ODJ. 2. reda skonstatnim koecijentima?
injenica. Partikularno rje²enje linearne ODJ 2. reda s konstatnim koecijentima
y′′ + ay′ + by = eαx (Pm(x) cos(βx) +Qn(x) sin(βx))
gdje su a, b, α i β realni brojevi, a Pm(x) i Qn(x) polinomi stupnja m i n moºe se na¢i uobliku
y(x) = xkeαx (SN(x) cos(βx) + TN(x) sin(βx))
gdje je su SN i TN polinomi stupnja N = max m,n, a k je tzv. kratnost od α + iβ meurje²enjima karakteristi£ne jednadºbe r2 + ar + br = 0 i iznosi:
k = 0 kada α+iβ nije meu rje²enjima karakteristi£ne jednadºbe r1,2 = −a2±√b2 − 4a
2,
k = 1 kada postoje 2 razli£ita rje²enja karakteristi£ne jednadºbe, a α + iβ je upravojedno od njih,
k = 2 ako je β = 0, a r = −a/2 = α upravo jedno i jedino rje²enje karakteristi£nejednadºbe. Polinome SN i TN traºimo metodom neodreenih koecijenata i uvr²tavanjem u polaznu ODJ.
134
Primjer. Rije²iti diferencijalnu jednadºbu: 4y′′ − y = 2x sinx.
Op¢e rije²enje pripradne homogena ODJ 4y′′ − y = 0 je lagano za prona¢i (vidi str. 132)
yH = c1e− 1
2x + c2e
12x.
Prema Teoremu 7.3.5 jo² samo trebamo prona¢i jedno partikularno rje²enje nehomogene jednadºbei pribrojiti zajedno sa rje²enjem homogene ODJ. Prema izloºenom na str. 134 prvo trebamo desnustranu postavljene ODJ prikazati u obliku
2x sinx = eαx (Pm(x) cos(βx) +Qn(x) sin(βx))
pa vidimo da
lijevo nema ex =⇒ α = 0 i eαx = 1 pa moºemo zaboraviti na taj faktor,lijevo nema cos =⇒ Pm(x) = 0 pa moºemo zaboraviti na taj pribrojnik,
argument sinusa jex =⇒ β = 1 i sin(βx) = sinx,
faktor uz sinus je 2x =⇒ Qn(x) = 2x i n = 1 stupanj polinoma 2x.
Pazi! Stupanj polinoma Pm(x) = 0 nijem = 0. Bolje je pisati da ta stupanjne postoji m = N/P . Polinomi stupnjanula su konstante.
Sada provjerimo koliko je k kratnost od α + iβ = 0 + i · 1 = i meu nulto£kama karakteristi£nejednadºbe pripradne homogene ODJ: to smo ranije trebali izra£unati za rje²enje pripadne homogeneODJ r1,2 = ±1
2. Obzirom da se i ne pojavljuje u r1,2 zaklju£ujemo da je kratnost k = 0.
Dalje jo² trebamo postaviti N = max m,n = max N/P , 1 = 1, pa smo odredili da su ¢e S1 i T1biti polinomi stupnja 1 s neodreenim koecijentima S1(x) = A + Bx i T1(x) = C + Dx tako daistaknuto partikularno rje²enje polazne ODJ traºimo u obliku (vidi na str. 134)
yP (x) = xkeαx (SN(x) cos(βx) + TN(x) sin(βx))
= x0︸︷︷︸=1
e0·x︸︷︷︸=1
((A+Bx) cos(1 · x) + (C +Dx) sin(1 · x))
= (A+Bx) cosx+ (C +Dx) sinx
Prethodnog kandidata za rje²enje uvrstimo u polaznu ODJ i grupiramo £lanove uz sin i cos
4 ((A+Bx) cosx+ (C +Dx) sinx)′′︸ ︷︷ ︸=(B cosx−(A+Bx) sinx+D sinx+(C+Dx) cosx)′
− ((A+Bx) cosx+ (C +Dx) sinx) = 2x sinx
4 (−B sinx−B sinx− (A+Bx) cosx+D cosx+D cosx− (C +Dx) sinx)
− (A+Bx) cosx− (C +Dx) sinx = 2x sinx
(−4B − 4B − 4 (C +Dx)− (C +Dx)) sinx
+ (−4 (A+Bx) + 4D + 4D − (A+Bx)) cosx = 2x sinx
(−8B − 5C − 5Dx) sinx+ (−5A+ 8D − 5Bx) cosx = 2x sinx
135
Usporedimo lijevu i desnu stranu, preciznije govore¢i faktore uz sin i cos trebaju biti jednakipa stoga
−8B − 5C − 5Dx = 2x,
−5A+ 8D − 5Bx = 0.
Sada u svakoj od navedene dvije jednadºbe s polinomimo usporedimo £lanove uz iste potencije odx trebaju biti jednaki:
1. jednadºba uz x1 :− 5D = 2,
1. jednadºba uz x0 :− 8B − 5C = 0,
2. jednadºba uz x1 :− 5B = 0,
2. jednadºba uz x0 :− 5A+ 8D = 0.
Dobili smo 4 jednadºbe s 4 nepoznanice £ija su rje²enja D = −2/5, B = 0, C = 0 i A = −16/25.Preostaje samo uvrstiti u yP
yP (x) = (A+Bx) cosx+ (C +Dx) sinx
= −16
25cosx− 2
5x sinx
Sada po Teoremu 7.3.5 slijedi da je op¢e rje²enje polazne ODJ
y(x) = yH(x) + yP (x)
= c1e−x/2 + c2e
x/2 − 16
25cosx− 2
5x sinx
Provjeri dobiveno rje²enje!
4
(c1e−x/2 + c2e
x/2 − 16
25cosx− 2
5x sinx
)′′︸ ︷︷ ︸
=(− c12 e−x/2+c22ex/2+ 16
25sinx− 2
5sinx− 2
5x cosx)
′
−(c1e−x/2 + c2e
x/2 − 16
25cosx− 2
5x sinx
)=
= 4
(c14
e−x/2 +
c24
ex/2 +
16
25cosx− 2
5cosx− 2
5cosx+
2
5x sinx
)−c1e−x/2−c2ex/2+
16
25cosx+
2
5x sinx
= e−x/2(
4 · c14− c1
)︸ ︷︷ ︸
=0
+ex/2(
4 · c24− c2
)︸ ︷︷ ︸
=0
+
(4 · 16
25− 4 · 2
5− 4 · 2
5+
16
25
)︸ ︷︷ ︸
=0
cosx+
(4 · 2
5+
2
5
)︸ ︷︷ ︸
=2
x sinxX
136
Primjer. Rije²iti diferencijalnu jednadºbu: 9y′′ − 6y′ + y = xe−x uz po£etne uvjete y(0) = 0 iy′(0) = 1.
Samo je jedan korijen karakteristi£ne jednadºbe r = 1/3. Rje²enje pripadne homogene jednadºbeje
yH = C1ex/3 + C2xe
x/3.
Prikaºimo desnu stranu polazne ODJ u obliku
xe−x = eαx (Pm(x) cos(βx) +Qn(x) sin(βx))
pa vidimo da
lijevo je e−x =⇒ α = −1 i eαx = e−x,
lijevo nema cos ni sin =⇒ postavimo β = 0 tako da bude sin(βx) = 0 i cos(βx) = 1
obzirom sada desno sin(βx) = 0 =⇒ Qn(x) nije bitan pa stavimo Qn(x) = 0 i n = N/P ,
faktor uz e−xdesno je x =⇒ Pm(x) = x i m = 1 je stupanj polinoma x.
Pazi! Stupanj polinoma Pm(x) = 0 nijem = 0. Bolje je pisati da ta stupanjne postoji m = N/P . Polinomi stupnjanula su konstante.
Provjerimo kratnost od α + βi = −1 meu r = 1/3, slijedi k = 0. Dalje N = max m,n =max N/P , 1 = 1 i stoga partikularno rje²enje traºimo u obliku
yP (x) = xkeαx (SN(x) cos(βx) + TN(x) sin(βx))
= x0︸︷︷︸=1
e−1·x︸︷︷︸=e−x
(S1(x) cos(0 · x)︸ ︷︷ ︸
=1
+T1(x) sin(0 · x)︸ ︷︷ ︸=0
1
1
)= e−x (A+Bx)
gdje smo u zadnjem retku iskoristili T1(x) · 0 = 0, pa nije potrebno razmatrati polinom T1 ve¢samo odrediti neodreene parametre A i B u polinomu S1(x) = A + Bx. Uvrstimo yP u polaznujednadºbu kako bi odredili neodreene parametre:
y′P (x) = −e−x (A+Bx) + e−x · (B) = e−x (−A+B −Bx)
y′′P (x) = −e−x (−A+B −Bx) + e−x (−B) = e−x (A− 2B +Bx)
treba biti xe−x = 9y′′P − 6y′P + yP
= 9e−x (A− 2B +Bx)− 6e−x (−A+B −Bx) + e−x (A+Bx)
= e−x (9A− 18B + 9Bx+ 6A− 6B + 6Bx+ A+Bx)
= e−x (16A− 24B + 16Bx)
Usporedimo lijevu i desnu stranu u zadnjoj jednadºbi trebaju biti jednake, dakle treba biti
x = 16A− 24B + 16Bx
137
odnosno treba biti
16A− 24B = 0 uz x0
16B = 1 uz x1
odakle slijedi B = 1/16 i A = 3/32. Uvr²tavanjem u yP dobijemo
yP (x) =
(3
32+
1
16x
)e−x
i op¢e rje²enje polazne ODJ
y(x) = yH(x) + yP (x)
= C1ex/3 + C2xe
x/3 +
(3
32+
1
16x
)e−x
U primjeru se jo² traºi da rje²enje zadovoljava uvjete y(0) = 0 i y′(0) = 1, pa uvrstimo te uvjeteu dobiveno op¢e rje²enje
trebati ¢e nam pa izra£unajmoy′P (x) = C1
3ex/3 + C2e
x/3 + C2
3xex/3 + 1
16e−x −
(332
+ 116x)
e−x
0 = y(0) =C1 e0/3︸︷︷︸=1
+C2 · 0 · e0/3︸ ︷︷ ︸=0
+
(3
32+
1
16· 0)
e−0︸ ︷︷ ︸=3/32
1 = y′(0) =C1
3e0/3︸︷︷︸=1
+C2 e0/3︸︷︷︸=1
+C2
3· 0 · e0/3︸ ︷︷ ︸=0
+1
16e−0︸ ︷︷ ︸
=1/16
−(
3
32+
1
16· 0)
︸ ︷︷ ︸=3/32
e−0︸︷︷︸=1
Slijede 2 jednadºbe s 2 nepoznanice:0 = C1 + 3/321 = C1/3 + C2 + 1/16− 3/32
£ija su rje²enja C1 = −3/32 i
C2 = 17/16. Traºeno rje²enje je
y(x) = − 3
32ex/3 +
17
16xe
x/3 +
(3
32+
1
16x
)e−x
Na sljede¢oj strani provjeravamo dobiveno rje²enje. . .
138
uvrstimo y(0) = − 3
32e0/3 +
17
16· 0 · e0/3 +
(3
32+
1
16· 0)
e−0 = − 3
32+
3
32= 0 X
koristiti ¢e nam y′(x) = − 332· 1
3ex/3 +
17
16ex/3 +
17
16· 1
3xe
x/3 +1
16e−x −
(3
32+
1
16x
)e−x
=33
32ex/3 +
17
48xe
x/3 +
(− 1
32− 1
16x
)e−x
sada uvrstimo y′(0) = − 1
32+
17
16+
1
16− 3
32= 1 X
koristiti ¢e nam y′′(x) =11
32ex/3 +
17
48ex/3 +
17
144xe
x/3 − 1
16e−x +
(1
32+
1
16x
)e−x
=67
96ex/3 +
17
144xe
x/3 +
(− 1
32+
1
16x
)e−x
9y′′ − 6y′ + y = 9
(67
96ex/3 +
17
144xe
x/3 +
(− 1
32+
1
16x
)e−x)
−6
(33
32ex/3 +
17
48xe
x/3 +
(− 1
32− 1
16x
)e−x)− 3
32ex/3 +
17
16xe
x/3 +
(3
32+
1
16x
)e−x
=(9 · 67
96− 6 · 33
32− 3
32
)︸ ︷︷ ︸=0 X
ex/3 +
(9 · 17
144− 6 · 17
48+ 17
16
)︸ ︷︷ ︸=0 X
xex/3 +
(− 9
32+ 6
32+ 3
32
)︸ ︷︷ ︸=0 X
e−x +(
916
+ 616
+ 116
)︸ ︷︷ ︸=1 X
xe−x
Zadatak. Samostalno rije²iti y′′−y = −x+1 i odrediti posebno rje²enje koje udovoljava po£etnomuvjetu x = 0, y = 0, y′ = 0.
Nemoj zaboraviti provjeriti rje²enje. Ako rje²enje nije to£no vjeºbajtraºenje gre²ke. Tek ako si zapeo i ne zna² kako dalje provjeri rje²enjeu udºbeniku na str. 361 u primjeru 7.3.5.
Zadatak. Samostalno prona¢i op¢e rje²enje ODJ 4y′′−4y′ = 2x+ 3 i provjeriti dobiveno rje²enje.
Nemoj zaboraviti provjeriti rje²enje. Ako rje²enje nijeto£no vjeºbaj traºenje gre²ke. Ako si zapeo i ne zna² kakodalje provjeri u dnu ove strane.
Rje²enjepripadnehomogeneyH=C1+C2ex.Nadesnojstranije
2x+3,paseodrediα=0,β=0im=1.Obziromdajeα+iβ=0
jednoodrije²enjakarakteristi£nejednadºber1=0ir2=1,toje
kratnostk=1payPtrebatraºitiuoblikuyP=x·1·(Ax+B).
Nakonuvr²tavanjauzadanuODJdobijeseyP=−x2/4−5x/4.Na
krajuy=yH+yH.
139
Teorem 7.3.9 Ako linearna ODJ 2. reda s konstantnim koecijentima izgleda ovako
y′′ + ay′ + by = g1(x) + g2(x) + . . .+ gn(x)
tada je njezino posebno (partikularno rje²enje) zbroj od po jednog posebnog (partikularnog)rje²enja svake pripadne jednadºbe
y′′ + ay′ + by = gj(x), j = 1, . . . , n
Primjer. Rije²iti diferencijalnu jednadºbu: y′′ − 2y′ − 3y = e3x + 1.
Rje²enje pripadne homogene ODJ jest
yH(x) = C1e−x + C2e
3x.
Desnu stranu zadane ODJ g(x) = e3x + 1 nije mogu¢e namjestiti tako da odgovara prije razmatra-nom obliku
eαx (Pm(x) cos(βx) +Qn(x) sin(βx))
Meutim, svaki od pribrojnika g1(x) = e3x i g2(x) = 1 na desnoj strani moºe se prikazati u tomobliku:
e3x = e3x (1 · cos(0 · x) + 0 · sin(0 · x)) pa je α = 3, β = 0, P0(x) = 1, Q(x) = 0,
1 = e0·x (1 · cos(0 · x) + 0 · sin(0 · x)) pa je α = 0, β = 0, P0(x) = 1, Q(x) = 0.
Sada iskoristimo gore dani Teorem 7.3.9, tako da ¢emo izra£unati 2 partikularna rje²enja:
1. Za ODJ y′′−2y′−3y = e3x partikularno rje²enje traºimo u obliku y1(x) = x1 ·e3x ·A (kratnostk = 1 jer je 3 u nulto£kama karakteristi£ne jednadºbe, S0(x) = A je polinom stupnja nula sneodreenim koecijentima). Izra£unajmo derivacije
y′1 = Ae3x + 3Axe3x, y′′1 = 6Ae3x + 9Axe3x
i uvrstimo ih u ODJ tako da bi mogli odrediti nepoznati parametar A
e3x = y′′1 − 2y′1 − 3y1
= 6Ae3x + 9Axe3x − 2Ae3x − 6Axe3x − 3Axe3x
= 4Ae3x iz £ega slijedi A =1
4
y1(x) =1
4xe3x
2. za ODJ y′′ − 2y′ − 3y = 1 partikularno rje²enje traºimo u obliku y2(x) = B (kratnost k = 0jer je 0 nije u nulto£kama karakteristi£ne jednadºbe, S0(x) = B je polinom stupnja nula sneodreenim koecijentima). Izra£unajmo derivacije
y′2 = 0, y′′2 = 0
i uvrstimo ih u ODJ tako da bi mogli odrediti nepoznati parametar B
1 = y′′2 − 2y′2 − 3y2 = 0− 2 · 0− 3 ·B iz £ega slijedi B = −1
3pa y2(x) = −1
3.
140
Prema Teoremu 7.3.9 op¢e rje²enje polazne ODJ je zbroj rje²enja pripadne homogene ODJ yH ipartikularnih rje²enja izdvojenih nehomogenih ODJ y1 i y2
y(x) = yH(x) + y1(x) + y2(x)
= C1e−x + C2e
3x +1
4xe3x − 1
3.
Provjera rje²enja uvr²tavanjem u polaznu ODJ:
y′(x) = −C1e−x +
(3C2 +
1
4
)e3x +
3
4xe3x
y′′(x) = C1e−x +
(9C2 +
6
4
)e3x +
9
4xe3x
y′′ − 2y′ − 3y = C1e−x +
(9C2 +
6
4
)e3x +
9
4xe3x − 2
(−C1e
−x +
(3C2 +
1
4
)e3x +
3
4xe3x
)−3
(C1e
−x + C2e3x +
1
4xe3x − 1
3
)= e−x (C1 + 2C1 − 3C1)︸ ︷︷ ︸
=0
+e3x(
9C2 +6
4− 6C2 −
1
2− 3C2
)︸ ︷︷ ︸
=1
+xe3x(
9
4− 6
4− 3
4
)︸ ︷︷ ︸
=0
+1 X
Jo² nekoliko rije²enih primjera nehomogenihlinearnih ODJ 2. reda s konstantnim koe-cijentima nastavnik ¢e podijeliti na semina-rima.
Zadatak. Rije²iti diferencijalnu jednadºbu: y′′ + 2y′ + 5y = x2e3x + sin (2x).
Nemoj zaboraviti provjeriti rje²enje. Ako rje²enje nijeto£no vjeºbaj traºenje gre²ke. Tek ako si zapeo i ne zna²kako dalje provjeri rje²enje u udºbeniku na str. 362 u pri-mjeru 7.3.6.
Zadatak. Rije²iti diferencijalnu jednadºbu: y′′ − y = x2 − xex uz po£etne uvjete y(0) = 0 iy′(0) = 1.
Nemoj zaboraviti provjeriti rje²enje. Ako rje²enje nijeto£no vjeºbaj traºenje gre²ke. Ako si zapeo potraºi pomo¢kolega ili nastavnika.
141
15 Priprema za ispit (zadaci za vjeºbu)
ODJ laganije
1. Provjeriti da funkcija f(x) = xex zadovoljava diferencijalnu jednadºbu y′′ − 2y′ + y = 0 ipo£etne uvjete y(0) = 0 i y′(0) = 1.
2. Nai koliko iznosi f(2.5) ako f zadovoljava dy =(1 + x+ y
1−x2)
dx i y(0) = 0.
ODJ 1. reda
1. Rije²iti x2 + yy′ = 1, uz po£etni uvjet y(0) = 1.
2. Rije²i diferencijalnu jednadºbu xyy′ = 1− x2 uz rubni uvjet y(1) = 1.
3. Pronai funkciju koja zadovoljava ydx+(2√xy − x
)dy = 0 i y(1) = 1.
4. Rije²iti: xy2 + 2y′ = 4x
5. Rije²iti: y′ + 2xy = x− 3.
6. Rije²iti diferencijalnu jednadºbu: 3√x y y′ = 1− x2
7. Rije²i diferencijalnu jednadºbu x2yy′ = 1− x2 uz rubni uvjet y(1) = 1.
8. Nai koliko iznosi f(5) ako f zadovoljava dy =(1 + x+ y
1−x2)
dx i y(0) = 2.
9. Pronai funkciju koja zadovoljava xy′ = x+ y i y(1) = 1.
10. Rije²i diferencijalnu jednadºbu x2yy′ = 1− x2 uz rubni uvjet y(1) = 1.
11. Nai implicitno rje²enje jednadºbe y′
x= sinx
y.
12. Pronai funkciju koja zadovoljava xy′ = x+ y i y(1) = 2.
13. Nai partikularno rje²enje koje zadovoljava: xy′ + y − ex = 0 i y(1) = 1.
14. Rije²i diferencijalnu jednadºbu xyy′ = 1− x2 uz rubni uvjet y(1) = 1.
15. Rije²i diferencijalnu jednadºbu (1 + ex) yy′ = ex uz po£etni uvjet y(0) = 1.
16. Rije²i diferencijalnu jednadºbu x2yy′ = 1− x2 uz rubni uvjet y(1) = 1.
17. Nai implicitno rje²enje jednadºbe y′
x= sinx
y.
18. Nai koliko iznosi f(2.5) ako f zadovoljava sinx dy = y ln y dx i y(1) = 2.
19. Rije²i diferencijalnu jednadºbu (1 + ex) yy′ = ex uz po£etni uvjet y(0) = 1.
20. Nai partikularno rje²enje koje zadovoljava: xy′ + y − ex = 0 i y(1) = 1.
21. Rije²iti diferencijalnu jednadºbu: 3√x y y′ = 1− x2
22. Rije²iti diferencijalnu jednadºbu: y′ + 3y + 4x2 = 2.
142
ODJ 2. reda
1. Rije²iti y′′−y = −x+1 i odredimo posebno rje²enje koje udovoljava po£etnom uvjetu x = 0,y = 0, y′ = 0. Provjeri rje²enje.
2. Rije²iti diferencijalnu jednadºbu: y′′ − y = x2 − xex uz po£etne uvjete y(0) = 0 i y′(0) = 1.
3. Rije²iti diferencijalnu jednadºbu: y′′ − 2y′ − 3y = e3x + 1.
4. Prona¢i op¢e rje²enje ODJ 4y′′ − 4y′ = 2x+ 3 i provjeriti dobiveno rje²enje.
5. Rije²iti y′′ − y = −x+ 1 i odrediti posebno rje²enje koje udovoljava po£etnom uvjetu x = 0,y = 0, y′ = 0.
6. Rije²iti diferencijalnu jednadºbu: 4y′′ − y = 2x sinx i na kraju provjeriti rje²enje.
7. Odredi partikularno rje²enje koje zadovoljava navedenu ODJ i uvjete: y′′ + 5y′ = 0, uzy(0) = 1 i y′(0) = 0. Na kraju provjeri rje²enje.
8. Odredi partikularno rje²enje koje zadovoljava navedenu ODJ i uvjete: y′′ + 3y′ = 0, uzy(0) = 0 i y(3) = 0. Na kraju provjeri rje²enje.
9. Rije²iti diferencijalnu jednadºbu: y′′ − 2y = x2 − ex uz po£etne uvjete y(0) = 1 i y′(0) = 0.
10. Rije²iti diferencijalnu jednadºbu: y′′ + 2y′ + 5y = cos (2x).
11. Rije²iti diferencijalnu jednadºbu: y′′ − 2y′ − 3y = e−x + 1.
12. Prona¢i op¢e rje²enje ODJ y′′ − y′ = x2 i provjeriti dobiveno rje²enje.
13. Rije²iti: y′′ − 4y′ + 4y = x2, y(0) = 1, y′(0) = 1.
14. Rije²iti: y′′ − 4y′ + 4y = 4.
15. Prona¢i partikularno rje²enje koje zadovoljava sljede¢e jednadºbe:
y′′ + 4y = 4, y(0) = 0, y′(0) = 2
16. Rije²iti y′′ − y = −x+ 1 i odrediti posebno rje²enje koje udovoljava po£etnom uvjetu x = 0,y = 1, y′ = 0.
17. Rije²iti diferencijalnu jednadºbu: 4y′′ − y = x cosx i na kraju provjeriti rje²enje.
18. Odredi partikularno rje²enje koje zadovoljava navedenu ODJ i uvjete: y′′ + 2y′ = 1, uzy(0) = 0 i y′(0) = 0. Na kraju provjeri rje²enje.
19. Odredi partikularno rje²enje koje zadovoljava navedenu ODJ i uvjete: y′′ − 2y′ = 1, uzy(0) = 1 i y′(0) = 0. Na kraju provjeri rje²enje.
20. Rije²iti diferencijalnu jednadºbu: y′′ − 2y = x3 uz po£etne uvjete y(0) = 1 i y′(0) = 0.
21. Rije²iti diferencijalnu jednadºbu: y′′ + 2y′ + 5y = sin (2x).
22. Rije²iti diferencijalnu jednadºbu: y′′ − 2y′ − 3y = e−x − 1.
143
23. Prona¢i op¢e rje²enje ODJ y′′ − y′ = x2 i provjeriti dobiveno rje²enje.
24. Rije²iti y′′ − y = −x+ 1 i odrediti posebno rje²enje koje udovoljava po£etnom uvjetu x = 0,y = 1, y′ = 0.
25. Provjeriti da funkcija f(x) = x sin (2x) + 1 zadovoljava diferencijalnu jednadºbu y′′ + 4y =4 cos (2x) + 4 i po£etne uvjete y(0) = 1 i y′(0) = 0.
26. Rije²iti diferencijalnu jednadºbu: 4y′′ − y = x sinx i na kraju provjeriti rje²enje.
27. Odredi partikularno rje²enje koje zadovoljava navedenu ODJ i uvjete: y′′ + 2y′ = 1, uzy(0) = 0 i y′(0) = 0. Na kraju provjeri rje²enje.
28. Odredi partikularno rje²enje koje zadovoljava navedenu ODJ i uvjete: y′′ − 2y′ = 1, uzy(0) = 1 i y′(0) = 0. Na kraju provjeri rje²enje.
29. Odredi partikularno rje²enje koje zadovoljava navedenu ODJ i uvjete: y′′ + 4y = 0, uzy(0) = 0 i y′(0) = 2. Na kraju provjeri rje²enje.
30. Rije²iti diferencijalnu jednadºbu: y′′ − y′ = ex + 1.
31. Rije²iti diferencijalnu jednadºbu: 4y′′ − y = 2x sinx.
32. Rije²iti diferencijalnu jednadºbu: 4y′′ − y = x sinx i na kraju provjeriti rje²enje.
33. Odredi partikularno rje²enje koje zadovoljava navedenu ODJ i uvjete: y′′ + 2y′ = 1, uzy(0) = 0 i y′(0) = 0. Na kraju provjeri rje²enje.
34. Rije²iti diferencijalnu jednadºbu: y′′ + 2y′ + 5y = x2e3x + sin (2x).
35. Rije²iti diferencijalnu jednadºbu: 9y′′−6y′+y = xe−x uz po£etne uvjete y(0) = 0 i y′(0) = 1.Provjeri rje²enje.
36. Rije²iti diferencijalnu jednadºbu: y′′ + 2y′ = 2x.
37. Rije²iti diferencijalnu jednadºbu: y′′ + 2y′ + y = e2x.
38. Rije²iti diferencijalnu jednadºbu x2+x2y+y2y′ = 0. Uvrstiti rje²enje u jednadºbu i provjeritizadovoljenje jednakosti.
Integrali obi£ni
1. Odrediti´x3 lnx dx.
2. Izra£unati1
0
dx1+√x
3.
πˆ
0
cos4 x dx =?
144
4.
1ˆ
0
x cos(3x2 + 4
)dx =?
5.
1ˆ
0
xex dx =?
6.
1ˆ
0
(x+ 2) (x+ 1)8 dx =?
7.
2ˆ
0
2x2 cosx dx =?
8.
πˆ
0
sin5 x cos3 x dx =?
9.
π/2ˆ
0
ex cosx dx =?
10.
πˆ
0
sin (x) ex dx =?
11.
2πˆ
0
sin4 x dx =?
12.
1ˆ
0
xex dx =?
13.
2ˆ
0
x sinx2 dx =?
14.
2ˆ
0
xex dx =?
15. Izra£unati´ π0
2x2 sin(2x)dx.
16. Odrediti integracijom (analiti£ki):´ −1−4 x
2exdx .
17.
πˆ
0
(x sinx+ e2x+1
)dx =?
145
18.
πˆ
0
cos (x) sin (x) dx =?
19.
2πˆ
0
sin3 x dx =?
20.
1ˆ
0
xex dx =?
21.
2ˆ
0
x sinx2 dx =?
22.
πˆ
0
(x cosx+ e1−3x
)dx =?
23.
πˆ
0
cos (x) sin2 (x) dx =?
24.ˆ 1
0
3x ex+1 dx =?
25.
πˆ
0
sin2 x cos3 x dx =?
26.
0ˆ
−2
3√
1− 3xdx =?
27. Odrediti integracijom (analiti£ki):´ 30x2 lnx dx =
28. Izra£unatiˆ
dx√4x2 + 6x+ 3
29. Izra£unati
0ˆ
−1
3x ex+1 dx
30. Rije²iti:
1ˆ
0
x2 sin(2x3 − 3) dx
31. Izra£unati´x2 sin(x) dx.
146
Integral i ra£unanje povr²ine
1. Izra£unati povr²inu lika izmeu parabole y = x2 − 3 i pravca y = 2x
2. Integriranjem odrediti povr²inu trokuta koji je zadan to£kama A(0, 2), B(2, 0) i C(4, 4).
3. Izra£unati povr²inu podru£ja omeenog krivuljama y2 − 2y − 2 + x = 0 i x+ y + 1 = 0.
4. Integriranjem izra£unati povr²inu trokuta zadanog to£kama A(0, 0), B(−2, 2), C(−1,−1).
5. Integriranjem izra£unati povr²inu trokuta zadanog to£kama A(0, 0), B(−2, 2), C(−1,−1).
6. Integriranjem prona¢i povr²inu trokuta koji je zadan to£kama A(3, 3), B(0, 1), C(3,−1).
7. Izra£unati povr²inu lika omeenog pravcem y = x+ 1 i parabolom y = x2 − x− 2.
8. Izra£unati povr²inu podru£ja omeenog krivuljama x+ y2 = 6 i x+ y = 0.
9. Izra£unati povr²inu lika omeenog parabolom y = 2x2 + 9 i pravcem y = 9x.
10. Zadane su to£ke A(2, 2, 4), B(0,−1, 3) i C(−1, 0, 2). Koliki je kut izmeu pravaca AB i AC?Integracijom izra£unati povr²inu trokuta ABC.
11. Integriranjem izra£unati povr²inu trokuta zadanog to£kama A(0,−1), B(1, 0), C(−1, 1).
12. etverokut ABCD je odreen to£kama A(0, 0), B(2, 1), C(1, 3) i D(−1, 2). Integriranjemmu pronai povr²inu.
13. Integriranjem izra£unati povr²inu trokuta zadanog to£kama A(−2, 1), B(0, 2), C(1,−1).
14. Izra£unati povr²inu podru£ja omeenog krivuljama x+ y2 = 6 i x+ y + 1 = 0.
15. Integriranjem izra£unati povr²inu trokuta zadanog to£kama A(−1, 0), B(0, 1), C(1,−1).
16. etverokut ABCD je odreen to£kama A(0, 0), B(3, 0), C(3, 3) i D(2, 1). Integriranjem mupronai povr²inu.
17. Integriranjem izra£unati povr²inu trokuta zadanog to£kama A(1,−2), B(2, 0), C(−1, 1).
18. Izra£unati povr²inu lika omeenog pravcem y = x+ 1 i parabolom y = x2 + 3x− 2.
19. Izra£unaj povr²inu lika omeenog krivuljama f(x) = x2 − 3x− 4 i g(x) = −x2 + 3x+ 4.
20. Integriranjem odrediti povr²inu trokuta koji je zadan to£kama A(2, 2), B(0,−4), C(4, 0).
21. Integriranjem izra£unati povr²inu trokuta zadanog to£kama A(1,−2), B(2, 0), C(−1, 1).
22. Integriranjem odrediti povr²inu trokuta koji je zadan to£kama A(0, 0), B(2, 3) i C(4, 2).
23. Izra£unati povr²inu podru£ja omeenog krivuljama x+ y2 = 6 i x+ y + 1 = 0.
24. Integriranjem izra£unati povr²inu izmeu krivulja x = 0 i y2 = x+ 4.
25. Izra£unati povr²inu lika omeenog parabolom y = 2x2 + 9 i pravcem y = 9x.
26. Odrediti povr²inu izmeu krivulja y = x+ 4 i y = (x− 2) (x+ 1) + 3.
147
Integrali teºi, racionalna i nepravi
1. Izra£unatiˆx2 + 2x+ 2
x2 + x− 2dx.
2. Zadano je f(x) = 1(x+1)2
. Odrediti´ +∞0
f(x) dx. Skicirati graf funkcije f i povr²inu koja jeodreena integralom.
3. Rije²iti:ˆ
x3 + 1
x3 + xdx
4. Izra£unati:ˆ
u2 − 3
u3 − 3u2du
5. Neka je f(x) =1
x3. Odrediti
´ +∞1
f(x)dx. Skicirati graf funkcije f i povr²inu odreenuintegralom.
6.
+∞ˆ
−1
dx
1 + x2=?
7.
2ˆ
0
2x
x2 − 1=?
8.
2ˆ
0
x+ 2
3x2 − 2x− 5dx =?
9.´ 10
2x
x2 − 4=?
10.
π2ˆ
−π2
tanx dx =?
11.
2ˆ
0
2x2 + x+ 2
x2 − 1dx =?
12.
1ˆ
0
x2 tan(3x3 + 1
)dx =?
13.
2ˆ
0
3x
x2 − 2x+ 1=?
14.
+∞ˆ
2
dx
1− x2=?
148
15. Neka je f(x) =1
x2. Odrediti
´ +∞1
f(x)dx. Skicirati graf funkcije f i povr²inu odreenuintegralom.
16.
2ˆ
0
x− 1
x2 + x− 2dx =?
17.´ 10
2x
x2 − x− 2=?
18.
0ˆ
−2
x dx
1− x=?
19. Izra£unati
2ˆ
0
2x2 + x+ 2
x2 − 1dx
20. Zadano je f(x) = 1√x+1
. Odrediti´ 1−1 f(x) dx. Skicirati graf funkcije f i povr²inu koja je
odreena integralom´ 1−1 f(x) dx.
21.´ 31
dxx2−2x+4
=?
22.
3ˆ
2
2x2 + x+ 2
x2 − 1dx =
23.
2ˆ
0
x− 1
x2 + x− 2dx =?
24.´ 30x2 lnx dx =?
25.
2ˆ
0
2x2 + x+ 2
x2 − 1dx =?
26.
2ˆ
0
x+ 2
3x2 − 2x− 5dx =?
27.
2ˆ
0
x− 1
x2 + 3x+ 2dx =?
28.
2ˆ
0
x2 − 1
x2 + 1dx =?
149
29.
2ˆ
0
x− 1
x2 + 3x+ 2dx =?
30.
2ˆ
0
x2 dx
1 + x=?
31.
4ˆ
0
xdx
x2 + 2x− 3=?
32.´ 10
2x
x2 − x− 2=?
33.
2ˆ
0
x− 1
x2 + x− 2dx =?
34.
2ˆ
0
3x
x2 − 2x+ 1=?
35.
+∞ˆ
2
dx
1− x2=?
36. Neka je f(x) =1
x3. Odrediti
´ +∞1
f(x) dx. Skicirati graf funkcije f i povr²inu odreenuintegralom.
37.
1ˆ
0
sin (ln (x2))
xdx =?
38.
2ˆ
0
2x2 + 1
x2 + 1dx =?
39. Neka je f(x) = tanx. Skicirati graf funkcije f i povr²inu odreenu integralom. Odrediti´ π/20
f(x) dx. Kolika je skicirana povr²ina ispod grafa funkcije f?
40. Zadano je f(x) =2x2 + x+ 2
x2 − 1. Odrediti
´ 23f(x) dx.
Integrali trigonometrijske supstitucije
1.
πˆ
0
dx
sinx (2 cos2 x− 1)=?
150
2.
πˆ
0
dx
2 sinx− cosx+ 5=?
3.
πˆ
0
sinx dx
1− sinx=?
4.
πˆ
0
dx
sinx+ 2=?
5.
π/2ˆ
0
sinxdx
cosx+ 1=?
6.
πˆ
0
dx
sinx+ 2=?
7.´ π0
sinxcosx+5
dx?
Numeri£ka integracija
1. Numeri£kom integracijom odrediti vrijednost´ 21
ex
xdx. (bodovanje: 20 za rel. gre²ku≤ 3%,
15 za rel. gre²ku / 6%, 8 za rel. gre²ku / 10%)
2. Numeri£kom integracijom procijeniti vrijednost
2ˆ
1
(x+ 2) lnxdx i dati procjenu gre²ke ili
neku drugu kvalitetnu informaciju o gre²ki.
3. Numeri£kom integracijom odrediti vrijednost´ 20
sin (x2) dx. (bodovanje: 20 za rel. gre²ku≤1%, 15 za rel. gre²ku / 3%, 8 za rel. gre²ku / 6%)
4. Zadana je funkcija f(x) =√|x|. Traºi se povr²ina ispod grafa funkcije (do osi apcise) na
segmentu [−1, 2]. Podijeliti segment na nekoliko dijelova i preko trapezne formule procijenititraºenu povr²inu. Skicirati graf funkcije, povr²inu koja je dobivena procjenom i vizualnoocijeniti gre²ku numeri£kog postupka.
5. Numeri£kom integracijom procijeniti vrijednost
2ˆ
1
(x+ 2) lnxdx i dati procjenu gre²ke ili
neku drugu kvalitetnu informaciju o gre²ki.
6. Numeri£kom integracijom odrediti vrijednost´ 20
sin (x2) dx. (bodovanje: 20 za rel. gre²ku≤1%, 15 za rel. gre²ku / 3%, 8 za rel. gre²ku / 6%)
151
7. Zadana je funkcija f(x) =√|x|. Traºi se povr²ina ispod grafa funkcije (do osi apcise) na
segmentu [−1, 2]. Podijeliti segment na nekoliko dijelova i preko trapezne formule procijenititraºenu povr²inu. Skicirati graf funkcije, povr²inu koja je dobivena procjenom i vizualnoocijeniti gre²ku numeri£kog postupka.
8. Izra£unaj
4
1
1 +√x
x2dx i napravi provjeru izra£unom aproksimacije integrala Simsponovom
metodom.
9. Numeri£kom integracijom procijeniti vrijednost
1ˆ
0
dx
1 +√x, a zatim isti integral rije²iti eg-
zaktno Newton Leibnitzovom formulom.
10. Numeri£kom integracijom odrediti vrijednost´ π/2−π/2 cosx dx. (bodovanje: 20 za rel. gre²ku≤
1%, 15 za rel. gre²ku / 3%, 8 za rel. gre²ku / 6%)
11. Zadana je funkcija f(x) =√x. Traºi se povr²ina ispod grafa funkcije (do osi apcise) na
segmentu [0, 4]. Podijeliti segment na nekoliko dijelova i preko trapezne formule procijenititraºenu povr²inu. Skicirati graf funkcije, povr²inu koja je dobivena procjenom i vizualnoocijeniti gre²ku numeri£kog postupka.
12. Nekom od metoda numeri£ke integracije (Simpsonova ili trapezna formula) pribliºno odreditivrijednost integrala:2πˆ
π
arctanx
xdx
Skalarna funkcija
1. Istraºiti domenu i ekstreme funkcije f(x, y) = ln(x) + ln(y)− xy − (x− 1)2
2. Gra£ki prikazati funkciju f(x, y) =1
x2 + y2pomo¢u razinskih krivulja. Koja je domena i
kodomena ove funkcije? Strelicama ozna£iti smjer rasta funkcije. Da li i za²to postoji limeslim
(x,y)→(0,0)f(x, y)?
3. Prona¢i ravninu koja dira graf funkcije z = f(x, y) = y√x− y2− x+ 6y u to£ki (4, 1, z0) tog
grafa.
4. Gra£ki prikazati funkciju f(x, y) =x3
ypomo¢u razinskih krivulja. Koja je domena i kodo-
mena ove funkcije? Strelicama ozna£iti smjer rasta funkcije. Da li (i za²to) postoji limeslim
(x,y)→(0,0)f(x, y)?
5. Istraºiti domenu i lokalne ekstreme funkcije f(x, y) = x− y +1
xy
6. Odredi tangencijalnu ravninu i normalu na plohu z = x2 + y2 u to£ki T (1,−2, z0).
152
7. Analiti£ki ispitati skalarnu funkciju f(x, y) = (x− 1)2 − y2. Nacrtati razinske krivulje istrelicama ozna£iti smjer rasta.
8. Ispitati domenu i ekstreme funkcije f(x, y) = x2 + y − ey
9. Odredi tangencijalnu ravninu i normalu na plohu z = arctan( yx) u to£ki M(1, 1, z0).
10. Istraºiti domenu i ekstreme funkcije f(x, y) = xy − x3 − y2.
11. Gra£ki prikazati funkciju f(x, y) = ln(x− y + 2) pomo¢u razinskih krivulja. Koja je do-mena i vrijednosti ove funkcije? Strelicama ozna£iti smjer rasta funkcije.
12. Odrediti lokalne ekstreme funkcije: f(x, y) = y√x− y2 − x+ 6y.
13. Odredi tangencijalnu ravninu i normalu na plohu z = arctan( yx) u to£ki M(1, 1, z0).
14. Odrediti lokalne ekstreme funkcije f(x, y) = 11+x2+y2
.
15. Izra£unati tangencijalnu ravninu na graf funkcije f(x, y) = 5x3y2 − 9 u to£ki T (3, 1, z0).
16. Odrediti lokalne ekstreme funkcije f(x, y) = ex − x+ y2.
17. Izra£unati tangencijalnu ravninu plohe z = x2y u to£ki (2, 1, 4).
18. Odrediti lokalne ekstreme funkcije f(x, y) = sinx+ cos y.
19. Prona¢i ravninu koja dira graf funkcije f(x, y) = y√x−y2−x+6y povu£enu u to£ki (4, 1, z0)
tog grafa.
20. Skicirati razinske krivulje funkcije f(x, y) = 11+x2+y2
.
21. Obrazloºi diferencijabilnost funkcije f(x, y) = exy + 2y + x2.
22. Za funkciju f(x, y) =x
yodrediti domenu, kodomenu, razinske krivulje i limes u ishodi²tu
(ako postoji).
23. Zadana je funkcija za funkcija f(x, y) =√
(x+ 2)2 + (y − 1)2−3. Ispitati domenu, kodomenui razinske krivulje.
24. Odrediti lokalne ekstreme funkcije: f(x, y) = x√y − x2 − y + 3x.
25. Odredi tangencijalnu ravninu i normalu na plohu z = arctan(xy) u to£ki M(1, 1, z0).
26. Odrediti lokalne ekstreme funkcije f(x, y) = 11+x2+y2
− 2.
27. Izra£unati tangencijalnu ravninu na graf funkcije f(x, y) = y2
x+1u to£ki T (1, 3, z0).
28. Odrediti lokalne ekstreme funkcije f(x, y) = ey − y + x2.
29. Izra£unati tangencijalnu ravninu plohe z = sin(x2y) u to£ki (2, 1, sin(4)).
30. Odrediti lokalne ekstreme funkcije f(x, y) = sin (x) · cos (y) na kvadratu x ∈ [0, 2π] , y ∈[0, 2π].
153
31. Prona¢i ravninu koja dira graf funkcije f(x, y) = xy − ln (xy) povu£enu u to£ki (4, 1, z0) toggrafa.
32. Provjeriti da funkcija f(x) = x sin (2x) + 1 zadovoljava diferencijalnu jednadºbu y′′ + 4y =4 cos (2x) + 4 i po£etne uvjete y(0) = 1 i y′(0) = 0.
33. Skicirati razinske krivulje, na skici ozna£iti smjer rasta i diskutirati diferencijabilnost funkcijef(x, y) = 1
x2+y2.
34. Obrazloºi diferencijabilnost funkcije f(x, y) = ex + 2xy + 1xna njenoj domeni.
35. Za funkciju f(x, y) = ln(yx
)odrediti domenu, kodomenu, razinske krivulje i limes u ishodi²tu
(ako postoji).
36. Zadana je funkcija a f(x, y) =√
(x− 1)2 + (y + 1)2 − 1. Ispitati domenu, kodomenu irazinske krivulje.
37. Izra£unati povr²inu lika omeenog pravcem y = x− 1 i parabolom y = x2 − x− 4.
38. Odrediti lokalne ekstreme funkcije: f(x, y) = 2y + y√x− y2 − x.
39. Odredi tangencijalnu ravninu i normalu na plohu z =√x2 + y2 u to£ki T (3, 4, z0).
40. Odrediti lokalne ekstreme funkcije f(x, y) = 11+x2+y2
.
41. Izra£unati tangencijalnu ravninu na graf funkcije f(x, y) = x2
y+1u to£ki T (3, 1, z0).
42. Odrediti lokalne ekstreme funkcije f(x, y) = ex − x+ y2.
43. Izra£unati tangencijalnu ravninu plohe z = sin(x2y) u to£ki (2, 1, sin(4)).
44. Odrediti lokalne ekstreme funkcije f(x, y) = sin (x) · cos (y) na kvadratu x ∈ [0, 2π] , y ∈[0, 2π].
45. Prona¢i ravninu koja dira graf funkcije f(x, y) = xy − ln (xy) povu£enu u to£ki (4, 1, z0) toggrafa.
46. Skicirati razinske krivulje, na skici ozna£iti smjer rasta i diskutirati diferencijabilnost funkcijef(x, y) = 1
x2+y2.
47. Obrazloºi diferencijabilnost funkcije f(x, y) = ey + 2xy + 1yna njenoj domeni.
48. Za funkciju f(x, y) = ln(yx
)odrediti domenu, kodomenu, razinske krivulje i limes u ishodi²tu
(ako postoji).
49. Zadana je funkcija a f(x, y) =√
(x− 1)2 + (y − 1)2 + 1. Ispitati domenu, kodomenu irazinske krivulje.
50. Skicirati razinske krivulje za f(x, y) = x2 + y2. Ima li ekstrema? Pronai tangencijalnuravninu u to£ki koju moºe² sam odabrati.
154
51. Odrediti lokalne ekstreme funkcije f(x, y) = ex − x+ y2 + 2y.
52. Skicirati razinske krivulje za funkciju f(x, y) = x2 − y.
53. Odrediti lokalne ekstreme funkcije f(x, y) = x3 − 3xy − y3.
54. Prona¢i ravninu koja dira graf funkcije f(x, y) = y√x−y2−x+6y povu£enu u to£ki (4, 1, z0)
tog grafa.
55. Odredi ekstreme funkcije f(x, y) = x2 − y2.
56. Za funkciju f(x, y) =x
yodrediti domenu, kodomenu, razinske krivulje i limes u ishodi²tu
(ako postoji).
57. Odrediti domenu, kodomenu i razinske krivulje za funkciju f(x, y) = x+ 2y + 1.
58. Skiciraj razinske krivulje funkcije f(x, y) = ln(x+ y).
59. Za funkciju f(x, y) = ln(yx
)odrediti domenu, kodomenu, razinske krivulje i limes u ishodi²tu
(ako postoji).
60. Gra£ki prikazati funkciju f(x, y) =x2
ypomo¢u razinskih krivulja. Koja je domena i vri-
jednosti ove funkcije? Strelicama ozna£iti smjer rasta funkcije. Da li i za²to postoji limeslim
(x,y)→(0,0)f(x, y)?
61. Istraºiti domenu i ekstreme funkcije f(x, y) = x− y +1
xy.
62. Ispitati domenu i ekstreme funkcije f(x, y) = x2 + y2 +2
xy.
63. Prona¢i ravninu koja dira kuglu x2 + y2 + z2 = 3 u to£ki (1, 1, 1).
64. Ispitati ekstreme funkcije f(x, y) = x3 − 3xy + y2.
155
Osnovne formule za integrale: (F primitivna od f)(´f(x) dx
)′= f(x)´
f ′(x) dx = f(x) + c´a f(x) dx = a
´f(x) dx, (a konstanta)´
(f(x) + g(x)) dx =´f(x) dx+
´g(x) dx
Parcijalna integracija´udv =
u = . . . ; du = u′ = . . . dxdv = . . . dx ; v =
´dv =
´. . . dx = . . .
= uv −
´v du
Supstitucija:´f(g(x)) · g′(x) dx =
t = g(x)
dt = d (g(x)) = g′(x) dx
= F (t) + c = F (g(x)) + c
odreeni integrali´ baf(x)dx =
´ caf(x)dx+
´ bcf(x)dx, c ∈ [a, b]´ b
af(x)dx = F (b)− F (a)
Op¢enita trigonometrijska supstitucija:
t = tan x2 , x = 2arctan t, dx = 2dt
1+t2
sinx = 2t1+t2 , cosx = 1−t2
1+t2
tanx = 2t1−t2 , cotx = 1−t2
2t
Korisne trigonometrijske formule:sin2 x+ cos2 x = 1 cos (2x) = cos2 x− sin2 x
tan2 x+ 1 =1
cos2 xsin2 x =
1− cos (2x)
2
sin (2x) = 2 sinx cosx cos2 x =1 + cos (2x)
2
Za skalarnu funkciju 2 varijable f(x, y) pod poj-mom diferencijal u to£ki T0(x0, y0) smatramonovu funkciju 2 varijable
diferencijal
df(x0, y0)varijable
(x, y) = ∂f(x0,y0)∂x · x+ ∂f(x0,y0)
∂y · y
samo onda kada je
limT→T0
4f(T )− df(T0) · (T − T0)‖T − T0‖
= 0
z(T ) = f(T0) + df(T0) · (T − T0) odgovara tan-gencijalnoj ravnini na graf funkcije f u to£ki T0.
ODJ 1. reda
- sa odjeljivim varijablama: y′ = g(x) · h(y)- homogena linearna: y′ + g(x) · y = 0 rje²ava se separacijom varijabli
- linearna: y′ + g(x) · y = h(x), rije²i prvo homogenu za rje²enje y1(x), a zatimkonstatnu C promijeni u funkciju C(x), uvrsti u polaznu jednadºbu i rije²i za C(x)
Linearna ODJ 2. reda y′′ + ay′ + by = g(x)
- homogenu (za g(x) = 0) rije²i temeljem karakteristi£ne jednadºbe r2+ar+b = 0:za 1 rje²enje r1 = r2 ∈ R tada y(x) = er1x (c1 + c2x); za r1 6= r2 ∈ R tada y(x) =c1e
r1x + c2er2x; za r1 6= r2 = α± βi ∈ C tada y(x) = eαx (c1 cos(βx) + c2 sin(βx))
- kod nehomogene zapi²i g(x) u obliku
eαx (Pm(x) cos(βx) +Qn(x) sin(βx)) ,
gdje su m i n stupnjevi polinoma Pm i Qn, dok su α, β ∈ R, a zatim postaviN = max m,n i k kratnost od α+βi meu rje²enjima karakteristi£ne jednadºbehomogene ODJ, pa uvrsti partikularno rje²enje u oblik
yP (x) = xkeαx (SN (x) cos (βx) + TN (x) sin(βx))
u polaznu ODJ i metodom neodreenih koecijenata odredi polinome SN , TN kojisu stupnja N ; rje²enje polazne ODJ y je zbroj yP i rje²enja homogene ODJ yH
f dfdx
xα (α 6= 0) αxα−1
lnx 1x
logα x (α > 0) 1x lnα
ex ex
αx (α > 0) αx lnα
sinx cosx
cosx − sinx
tanx 1cos2 x
cotx −1sin2 x
arcsinx 1√1−x2
arctanx 11+x2
Tablica nekih integralaˆ
dx = x+ C
ˆdx
a2 + x2=
1
aarctan
x
a+ C
ˆdx
a2 − x2=
1
2aln
∣∣∣∣a+ x
a− x
∣∣∣∣+ C
ˆxα dx =
xα+1
α+ 1, α 6= −1
ˆtanxdx = − ln |cosx|+ C
ˆdx
x2 − a2=
1
2aln
∣∣∣∣x− ax+ a
∣∣∣∣+ C
ˆdx
x= ln |x|+ C
ˆcotxdx = ln |sinx|+ C
ˆdx√x2 ± a2
= ln∣∣∣x+
√x2 ± a2
∣∣∣+ C
ˆex dx = ex + C
ˆdx
cos2 x= tanx+ C
ˆdx√a2 − x2
= arcsinx
a+ C
ˆax dx =
ax
ln a+ C
ˆdx
sin2 x= − cotx+ C
ˆdx√
2ax− x2= arccos
(1− x
a
)+ C
ˆsinx dx = − cosx+ C
ˆ √x2 ± a2 dx =
1
2
[x√x2 ± a2 ± a2 ln
(x+
√x2 ± a2
)]+ C
ˆcosx dx = sinx+ C
ˆ √a2 − x2 dx =
1
2
[x√a2 − x2 + a2 arcsin
(xa
)]+ C
Numeri£ka integracija
Metoda srednja to£ka trapez Simpson
Formula M = d · f1 T = d2 (f0 + f2) S = d
6 (f0 + 4f1 + f2)
Max. gre²ka (b−a)f(2)(ξ)24 · d2 (b−a)f(2)(ξ)
12 · d2 (b−a)f(4)(ξ)2880 · d4