lekcija 6: uvod u neodređene integraleskripte ekof 2019/20 skripteekof.com lekcija 6: uvod u...

SKRIPTE EKOF 2019/20 skripteekof.com Lekcija 6: Uvod u neodređene integrale

54

Lekcija 6: Uvod u neodređene integrale

Pregled lekcije

U okviru ove lekcije imaćete priliku da naučite sledeće:

šta su integrali – jednostavnim i praktičnim jezikom!

osnovne osobine neodređenih integrala – koje su i zašto su važne;

tablične integrale – koji su i kako ih primenjujemo u zadacima.

Uvod

U ovoj lekciji se bavimo definicijom integrala, kao i osnovnim osobinama neodređenih

integrala i tablicom integrala koju treba da znate u pola noći kad vas probude! Lekcija je pre

svega namenjena za studente koji se nikada do sada nisu susreli sa integralima, kao i za sve

ljude koji paniče čim čuju ovu reč. Nema razloga za paniku!

Šta su integrali?

Suštinski, integrali su suprotna operacija u odnosu na izvode. Drugim rečima, kada

tražimo integral od neke funkcije 𝑓(𝑥), ono što zapravo tražimo jeste na koju to funkciju

𝐹(𝑥) treba da primenimo prvi izvod, kako bismo dobili funkciju 𝑓(𝑥). Funkciju 𝐹(𝑥)

nazivamo primitivnom funkcijom funkcije 𝑓(𝑥).

Prikažimo ovo i u matematičkom zapisu. Pretpostavimo da imamo datu određenu funkciju

𝐹(𝑥). Izvod ove funkcije označićemo kao neku funkciju 𝑓(𝑥).

𝐹(𝑥)′ = 𝑓(𝑥)

Ovo možemo zapisati i na drugačiji način. Funkcija 𝑓(𝑥) je prvi izvod funkcije 𝐹(𝑥), kao

što smo zapisali iznad. Drugim rečima, integral funkcije 𝑓(𝑥) je funkcija 𝐹(𝑥).

∫ 𝑓(𝑥) 𝑑𝑥 = 𝐹(𝑥) + 𝐶

Obratite pažnju! Moramo dodati i konstantu 𝐶 na naš rezultat, jer izvod bilo kojeg broja

je 0 i ne utiče da izvod 𝐹(𝑥) ostane 𝑓(𝑥). Pogledajmo sledeći primer.

Primer.

Imamo određenu funkciju 𝐹(𝑥) = 3𝑥2 + 8𝑥 + 2. Izvod ove funkcije označimo sa 𝑓(𝑥), i

on iznosi:

𝐹(𝑥)′ = 𝑓(𝑥) = 6𝑥 + 8

Sa druge strane, koji bi bio integral funkcije 𝑓(𝑥)?


55

∫ 𝑓(𝑥) 𝑑𝑥 =

= ∫(6𝑥 + 8) 𝑑𝑥

Drugim rečima, koja funkcija kada uradimo njen prvi izvod će dati rezultat 6𝑥 + 8? Kasnije

ćemo do ovoga dolaziti putem primene raznih pravila u vezi integrala. Međutim, ovde

nema potrebe za tim jer smo ovo već dobili u prvom delu primera.

= ∫(6𝑥 + 8) 𝑑𝑥

= 3𝑥2 + 8𝑥 + 2

Prvi izvod funkcije 3𝑥2 + 8𝑥 + 2 zaista jeste 6𝑥 + 8. Međutim, ono što je ovde bitno da

primetimo jeste da bismo dobili 6𝑥 + 8 i kada uradimo prvi izvod iz neke druge, vrlo slične

funkcije, na primer 3𝑥2 + 8𝑥 + 3 ili 3𝑥2 + 8𝑥 + 4 ili 3𝑥2 + 8𝑥 + 1 itd. Dakle, s

obzirom da je izvod bilo koje konstante nula, potpuno je svejedno koja je konstanta

u našoj funkciji – prvi izvod će i dalje ostati isti.

Drugim rečima, rešenje našeg integrala nije samo 3𝑥2 + 8𝑥 + 2, već sledeći izraz, gde je C

neka proizvoljna konstanta:

∫(6𝑥 + 8) 𝑑𝑥

= 3𝑥2 + 8𝑥 + 𝐶

Verovatno se pitate – a kako ja da baš znam da je ovo rešenje integrala? Ne brinite, ništa

ovo nećemo raditi napamet, postoje brojna pravila i metode koje ćemo primenjivati za

rešavanje integrala.

Na osnovu ovog primera, vidimo da je rešenje integrala ∫(6𝑥 + 8) 𝑑𝑥 izraz:

3𝑥2 + 8𝑥 + 𝐶

gde je C neka proizvoljna konstanta. Stoga možemo da zaključimo da integral predstavlja

skup funkcija koje daju određeni isti rezultat kada uradimo njihov prvi izvod. Ovo je

neformalna definicija neodređenih integrala.

Osobine neodređenih integrala

Sada moramo da prođemo jedan pomalo dosadan deo, a to su pravila koje morate da znate

napamet – osobine neodređenih integrala i tablični integrali. Neka od ovih pravila su

logična, dok za druge je potrebno malo više vežbe kako biste ih dobro upamtili, ali

verujemo da ćete uspeti ovo dobro savladati. Ne odustajte, jer ovo je veoma važno i za

kolokvijum i za ispit!


56

1) Konstanta

∫ 𝑐 ∙ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = 𝑐 ∙ ∫ 𝑓(𝑥) 𝑑𝑥

Suština: Konstanta koja množi podintegralnu funkciju može da izađe ispred integrala.

Primer:

∫ 5 ∙ (𝑥2 + 5𝑥 + 3)𝑑𝑥 = 5 ∙ ∫(𝑥2 + 5𝑥 + 3)𝑑𝑥

2) Sabiranje integrala

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

Suština: Sabirci u okviru podintegralne funkcije mogu da se zasebno integrišu.

Primer:

∫(7𝑥 + 8𝑥4)𝑑𝑥 = ∫ 7𝑥 𝑑𝑥 + ∫ 8𝑥4 𝑑𝑥

3) Oduzimanje integrala

∫(𝑓(𝑥) − 𝑔(𝑥))𝑑𝑥 = ∫ 𝑓(𝑥) 𝑑𝑥 − ∫ 𝑔(𝑥) 𝑑𝑥

Suština: Sabirci u okviru podintegralne funkcije mogu da se zasebno integrišu.

Primer:

∫(7𝑥 − 8𝑥4)𝑑𝑥 = ∫ 7𝑥 𝑑𝑥 − ∫ 8𝑥4 𝑑𝑥

Tablični integrali

OPŠTA OSNOVNA PRAVILA

1)

∫ 1 ∙ 𝑑𝑥 = ∫ 𝑑𝑥 = 𝑥 + 𝐶

Suština: Koja funkcija kada uradimo njen prvi izvod daje jedinicu? U pitanju je 𝑥 (uvek

stavljamo i konstantu C kod neodređenih integrala jer ona ne utiče na rezultat izvoda).

Primer:

∫ 1 ∙ 𝑑𝑥 = ∫ 𝑑𝑥 = 𝑥 + 𝐶

2)

∫ 𝑥𝑛 ∙ 𝑑𝑥 =𝑥𝑛+1

𝑛 + 1+ 𝐶

Suština: Koja funkcija kada uradimo njen prvi izvod daje 𝑥𝑛? U pitanju je 𝑥𝑛+1

𝑛+1. Zašto je ovo

tako lakše možemo videti kroz primer.

Primer:

∫ 𝑥1 ∙ 𝑑𝑥 = ∫ 𝑥 ∙ 𝑑𝑥 =𝑥1+1

1 + 1=

𝑥2

2+ 𝐶


57

Zaista, kada uradite prvi izvod funkcije 𝑥2

2 po promenljivoj 𝑥, dobijate 𝑥.

Primer:

∫ 𝑥2 ∙ 𝑑𝑥 =𝑥2+1

2 + 1=

𝑥3

3+ 𝐶

Zaista, kada uradite prvi izvod funkcije 𝑥3

3 , dobijate 𝑥2.

3)

∫1

𝑥∙ 𝑑𝑥 = 𝑙𝑛|𝑥| + 𝐶

Suština: Koja funkcija kada uradimo njen prvi izvod daje 1

𝑥? U pitanju je 𝑙𝑛|𝑥|. Zaista, iz

tablice izvoda, znamo da je prvi izvod funkcije 𝑙𝑛𝑥 upravo 1

𝑥 . Apsolutnu zagradu stavljamo

kako bismo obezbedili da je u pitanju pozitivan broj (što je uslov za 𝑥 podlogaritamske

funkcije).

4)

∫ 𝑎𝑥 ∙ 𝑑𝑥 =𝑎𝑥

𝑙𝑛𝑎+ 𝐶

Suština: Koja funkcija kada uradimo njen prvi izvod daje 𝑎𝑥 , gde je 𝑎 neki realan broj? U

pitanju je 𝑎𝑥

𝑙𝑛𝑎 . Zašto je ovo tako lakše možemo videti kroz primer.

Primer:

∫ 3𝑥 ∙ 𝑑𝑥 =3𝑥

𝑙𝑛3+ 𝐶

Zaista, kada uradite prvi izvod funkcije 3𝑥

𝑙𝑛3 , dobijate 3𝑥 . Proverimo to ovde:

(3𝑥

𝑙𝑛3)

′

=

=(3𝑥 ∙ 𝑙𝑛3) ∙ 𝑙𝑛3 − 3𝑥 ∙ 0

(𝑙𝑛3)2

=3𝑥 ∙ 𝑙𝑛3 ∙ 𝑙𝑛3

(𝑙𝑛3)2

= 3𝑥

5)

∫ 𝑒𝑥 ∙ 𝑑𝑥 = 𝑒𝑥 + 𝐶

Suština: Koja funkcija kada uradimo njen prvi izvod daje 𝑒𝑥 , gde je 𝑒 Ojlerov broj? U

pitanju je 𝑒𝑥 . Ovo znamo iz tablice izvoda. Prvi izvod funkcije 𝑒𝑥 je 𝑒𝑥 .

NAPOMENA: ŠTA JE BROJ e?

Broj e se naziva Ojlerov broj ili Neperova konstanta.

Korisno je da znate da broj e iznosi približno 2,72.


58

OSNOVNA PRAVILA U VEZI TRIGONOMETRIJE

1)

∫ 𝑠𝑖𝑛𝑥 ∙ 𝑑𝑥 = ‒ 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝐶

Suština: Koja funkcija kada uradimo njen prvi izvod daje 𝑠𝑖𝑛𝑥? U pitanju je −𝑐𝑜𝑠𝑥. Ovo

znamo iz tablice izvoda.

2)

∫ 𝑐𝑜𝑠𝑥 ∙ 𝑑𝑥 = + 𝑠𝑖𝑛𝑥 + 𝐶

Suština: Koja funkcija kada uradimo njen prvi izvod daje 𝑐𝑜𝑠𝑥? U pitanju je +𝑠𝑖𝑛𝑥. Ovo


3)

∫1

𝑠𝑖𝑛2𝑥∙ 𝑑𝑥 == ‒ 𝑐𝑡𝑔𝑥 + 𝐶


𝑠𝑖𝑛2𝑥? U pitanju je −𝑐𝑡𝑔𝑥. Ovo


4)

∫1

𝑐𝑜𝑠2𝑥∙ 𝑑𝑥 == + 𝑡𝑔𝑥 + 𝐶


𝑐𝑜𝑠2𝑥? U pitanju je +𝑡𝑔𝑥. Ovo


IZVEDENA PRAVILA

Za njih je potrebno više vežbe, ali su dosta bitna za ispitne integrale, naročito tip 1 i tip 2 -

ovo ćemo obrađivati u skripti za pismeni ispit.

1)

∫1

𝑥2 − 𝑎2∙ 𝑑𝑥 =

1

2𝑎𝑙𝑛

𝑥 − 𝑎

𝑥 + 𝑎+ 𝐶

Primer:

∫1

𝑥2 − 9∙ 𝑑𝑥 =

= ∫1

𝑥2 − 32∙ 𝑑𝑥

NAPOMENA: OBAVEZNO VEŽBAJTE!

Obavezno dobro izvežbajte ova pravila, jer su greške u vezi minusa i plusa jedne od

najčešćih grešaka na ispitu. Zato smo im i povećali veličinu i boldovali minus i plus!

Vežbajte ova pravila zajedno sa pravilima u vezi trigonometrije iz tablice izvoda. Time

ćete produbiti svoje razumevanje ove materije.


59

=1

6∙ 𝑙𝑛

𝑥 − 3

𝑥 + 3+ 𝐶

2)

∫1

𝑎2 − 𝑥2∙ 𝑑𝑥 =

1

2𝑎𝑙𝑛

𝑎 + 𝑥

𝑎 − 𝑥+ 𝐶

Primer:

∫1

9 − 𝑥2∙ 𝑑𝑥 =

= ∫1

32 − 𝑥2∙ 𝑑𝑥

=1

6∙ 𝑙𝑛

3 + 𝑥

3 − 𝑥+ 𝐶

3)

∫1

𝑎2 + 𝑥2∙ 𝑑𝑥 =

1

𝑎𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔

𝑥

𝑎+ 𝐶

Primer:

∫1

9 + 𝑥2∙ 𝑑𝑥 =

= ∫1

32 + 𝑥2∙ 𝑑𝑥

=1

3∙ 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔

𝑥

3+ 𝐶

S obzirom da je 𝑎 bilo koji broj, lako je uvideti da je specifičan slučaj ovog pravila kada je

𝑎 = 1 i tada imamo:

3*)

∫1

1 + 𝑥2∙ 𝑑𝑥 = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔𝑥 + 𝐶

Postupno izvođenje:

∫1

1 + 𝑥2∙ 𝑑𝑥 =

= ∫1

12 + 𝑥2∙ 𝑑𝑥

=1

1∙ 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔

𝑥

1+ 𝐶

= 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔𝑥 + 𝐶

KORENA PRAVILA

Konačno, pogledajmo i pravila koja obuhvataju korene (obavećavamo, uskoro je kraj ovih

tabličnih izvoda ) – ovo su takođe izvedena pravila, pa su potrebna pre svega za ispit:

1)

∫1

√𝑥2 + 𝑎2∙ 𝑑𝑥 = 𝑙𝑛 |𝑥 + √𝑥2 + 𝑎2| + 𝐶


60

Primer:

∫1

√𝑥2 + 9∙ 𝑑𝑥 =

= ∫1

√𝑥2 + 32∙ 𝑑𝑥

= 𝑙𝑛 |𝑥 + √𝑥2 + 9| + 𝐶

2)

∫1

√𝑥2− 𝑎2∙ 𝑑𝑥 = 𝑙𝑛 |𝑥 + √𝑥2− 𝑎2| + 𝐶

Primer:

∫1

√𝑥2 − 9∙ 𝑑𝑥 =

= ∫1

√𝑥2 − 32∙ 𝑑𝑥

= 𝑙𝑛 |𝑥 + √𝑥2 − 9| + 𝐶

3)

∫1

√ 𝑎2 − 𝑥2∙ 𝑑𝑥 = 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑖𝑛

𝑥

𝑎+ 𝐶

Primer:

∫1

√9 − 𝑥2∙ 𝑑𝑥 =

= ∫1

√ 32 − 𝑥2∙ 𝑑𝑥

= 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑖𝑛𝑥

3+ 𝐶

S obzirom da je 𝑎 bilo koji broj, lako je uvideti da je specifičan slučaj ovog pravila kada je

𝑎 = 1 i tada imamo:

3*)

∫1

√1 − 𝑥2∙ 𝑑𝑥 = 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑖𝑛𝑥 + 𝐶

Postupno izvođenje:

∫1

√1 − 𝑥2∙ 𝑑𝑥 =

= 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑖𝑛𝑥

1+ 𝐶

= 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑖𝑛𝑥 + 𝐶

Za VIDEO LEKCIJE I DODATNA VEŽBANJA skenirajte

sledeći QR kod preko vašeg pametnog telefona.

Neki telefoni mogu ovo da učine direktno preko kamere, ali je

najčešće potrebno da preuzmete neku aplikaciju iz Google Play ili

Apple Store za skeniranje QR kodova, kao što je „QR code reader“.

SKRIPTE EKOF 2019/20 skripteekof.com Lekcija 7: Metode integracije

61

Lekcija 7: Metode integracije

Pregled lekcije

U okviru ove lekcije imaćete priliku da naučite sledeće metode integracije:

metoda smene kao metod rešavanja integrala;

metoda parcijalne integracije kao metod rešavanja integrala;

metoda neodređenih koeficijenata kao metod rešavanja integrala.

Uvod

U ovoj lekciji bavimo se brojnim osnovnim metodama za rešavanje integrala. Pre svega se

fokusirajte na ovo ukoliko spremate integrale za kolokvijum, ali svakako i ukoliko spremate

ispit, jer sve ove metode treba da držite u malom prstu kako biste rešavali komplikovanije

integrale koji dolaze na ispitu (i koje obrađujemo u skripti za pismeni ispit).

Metoda smene

Metoda smene kao metoda integracije u velikoj meri je slična izvodu složene funkcije, koji

smo primenjivali kada smo se bavili izvodima. Čisto da vas podsetimo – izvod složene

funkcije smo radili kao izvod cele te funkcije, a potom množili sa izvodom onoga što nam

je „smetalo“ kako bi izvod bio tablični. Na primer, imamo sledeću funkciju:

𝑓(𝑥) = (3𝑥 + 5)2

Njen prvi izvod računamo kao:

𝑓′(𝑥) = ((3𝑥 + 5)2)′

𝑓′(𝑥) = 2(3𝑥 + 5) ∙ (𝟑𝒙 + 𝟓)′

𝑓′(𝑥) = 2(3𝑥 + 5) ∙ 3

𝑓′(𝑥) = 6(3𝑥 + 5)

Metodu smene kao metod integracije primenjivaćemo na nešto drugačiji način, ali u istim

slučajevima kao i kod izvoda složene funkcije – kada nam nešto „smeta“ da bi smo

primenili tablični integral. Kako bismo izbegli konfuziju, pogledajmo ovo odmah na

jednostavnom primeru.

Primer.

∫(5 − 2𝑥)3 𝑑𝑥 = ?

Uočimo da ovaj integral nije tablični integral, iako veoma liči na pravilo za stepene:

∫ 𝑥𝑛 ∙ 𝑑𝑥 =𝑥𝑛+1

𝑛 + 1+ 𝐶


62

Drugim rečima, (5 − 2𝑥) umesto samog 𝑥 nam smeta da bi ovo bio tablični integral, tako

da zaključujemo da treba primeniti metodu smene.

Šta je zapravo potrebno da uradimo? Uvodimo smenu 𝑡, koja je jednaka onome što nam

„smeta“ da bismo odradili tablični integral:

5 − 2𝑥 = 𝑡

Potom, primenimo prvi izvod na ceo ovaj izraz (preciznije, diferenciramo ceo izraz, tj.

radimo diferencijal obe strane, što znači izvod pomnožen sa 𝑑𝑥, kada je 𝑥 promenljiva):

5 − 2𝑥 = 𝑡 /′

(5 − 2𝑥)′ = 𝑡′

−2𝑑𝑥 = 𝑡′𝑑𝑡

−2𝑑𝑥 = 𝑑𝑡

Konačno, izražavamo samo 𝑑𝑥:

−2𝑑𝑥 = 𝑑𝑡

𝑑𝑥 =𝑑𝑡

−2

Sada možemo da zamenimo smenu 𝑡 i 𝑑𝑡 u naš integral:

∫(5 − 2𝑥)3 𝑑𝑥 =

= ∫ 𝑡3𝑑𝑡

−2

= −1

2∫ 𝑡3 𝑑𝑡

Primenjujemo tablični izvod na integral, jer sad nam ništa ne smeta:

−1

2∫ 𝑡3 𝑑𝑡

= −1

2

𝑡4

4

= −𝑡4

8

Konačno, vratimo 𝑥 umesto smene 𝑡 i naravno, ne zaboravimo da dodamo konstantu 𝐶:

∫(5 − 2𝑥)3 𝑑𝑥 = −(5 − 2𝑥)4

8+ 𝐶

v







63

Parcijalna integracija

Suština parcijalne integracije kao metoda integracije jeste da dati integral razdvajamo na dva

dela:

1) prvi deo integrala, od koga ćemo raditi diferencijal (ovaj deo oznaćićemo sa 𝒖);

2) drugi deo integrala, od koga ćemo raditi integral (ovaj deo označićemo sa 𝒅𝒗).

Naš integral izgleda ovako:

∫ 𝑢𝑑𝑣

Metod parcijalne integracije govori nam da je rešenje ovakvog integrala sledeće:

Formula za parcijalnu integraciju.

∫ 𝑢𝑑𝑣 = 𝑢𝑣 − ∫ 𝑣𝑑𝑢

Radi lakšeg razumevanja, pogledajmo odmah ovo na primeru.

Primer.

∫ 𝑥 ∙ 𝑐𝑜𝑠𝑥 𝑑𝑥 = ?

Parcijalna integracija nam govori da podelimo ovaj integral na dva dela, 𝑢 i 𝑑𝑣. Uzmimo da

je:

𝑢 = 𝑥

𝑑𝑣 = 𝑐𝑜𝑠𝑥𝑑𝑥

Sada je potrebno da 𝑢 diferenciramo, a 𝑑𝑣 integrišemo. Diferenciranje vršimo na sledeći

način:

𝑢 = 𝑥 /’

𝑑𝑢 = 𝑑𝑥

Integraciju vršimo na sledeći način:

𝑑𝑣 = 𝑐𝑜𝑠𝑥𝑑𝑥 /∫

∫ 𝑑𝑣 = ∫ 𝑐𝑜𝑠𝑥𝑑𝑥

𝑣 = ∫ 𝑐𝑜𝑠𝑥𝑑𝑥

𝑣 = 𝑠𝑖𝑛𝑥

Konačno, ovo možemo da zamenimo u formulu za rešenje našeg integrala:


64


∫ 𝑥 ∙ 𝑐𝑜𝑠𝑥𝑑𝑥 = 𝑥 ∙ 𝑠𝑖𝑛𝑥 − ∫ 𝑠𝑖𝑛𝑥𝑑𝑥

∫ 𝑥 ∙ 𝑐𝑜𝑠𝑥𝑑𝑥 = 𝑥 ∙ 𝑠𝑖𝑛𝑥 − (−𝑐𝑜𝑠𝑥)

∫ 𝑥 ∙ 𝑐𝑜𝑠𝑥𝑑𝑥 = 𝑥 ∙ 𝑠𝑖𝑛𝑥 + 𝑐𝑜𝑠𝑥

I na samom kraju, kao i uvek, dodajemo konstantu 𝐶 na rešenje neodređenog integrala:

∫ 𝑥 ∙ 𝑐𝑜𝑠𝑥𝑑𝑥 = 𝑥 ∙ 𝑠𝑖𝑛𝑥 + 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝐶

KLJUČNO PITANJE #1: Kako da znam šta uzimam za 𝒖, a šta za 𝒅𝒗?

Dok ste prošli kroz ovaj primer, verovatno ste se već zapitali zašto smo baš uzeli za 𝑢 i 𝑑𝑣

ono što smo uzeli. Da li je to nešto što dolazi vežbom i iskustvom kroz mnoštvo primera?

Svakako, ali postoji i lakši način – postoji način kako se to radi LAXSE.

Ne, ovo nije štamparska greška. Odgovor na ovo ključno pitanje leži upravo u magičnoj

reči „LAXSE“. Ona nam govori šta to treba da uzmemo za 𝒖, i to po sledećem

redosledu značajnosti:

L – logaritmi (𝑙𝑜𝑔, 𝑙𝑛)

o ukoliko u našem integralu ovo imamo, onda to uzimamo za 𝑢 i ne gledamo

dalje;

o ukoliko u našem integralu ovo nemamo, onda proveravamo sledeću stavku.

A – arkus (𝑎𝑟𝑐𝑠𝑖𝑛, 𝑎𝑟𝑐𝑐𝑜𝑠, 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔, 𝑎𝑟𝑐𝑐𝑡𝑔)


dalje;


X – polinom (𝑥, 𝑥2, (3𝑥 − 5) i slično)


dalje;


S – sinus, kosinus, tangens, kotangens (𝑠𝑖𝑛, 𝑐𝑜𝑠, 𝑡𝑔, 𝑐𝑡𝑔)


dalje;


E – broj e (Ojlerov broj)


dalje;

o ukoliko u našem integralu ovo nemamo, onda smo definitivno pogrešili u

odabiru metoda integracije za rešavanje zadatka!

Kako biste ovo potpuno razumeli, pogledajmo kako smo izabrali 𝑢 i 𝑑𝑣 u primeru koji

smo već prešli iznad.


65

Primer.

∫ 𝑥 ∙ 𝑐𝑜𝑠𝑥 𝑑𝑥 = ?

Kako smo ovde izabrali 𝑢 i 𝑑𝑣? Postupno koristimo magičnu reč „LAXSE“:

L – logaritmi (𝑙𝑜𝑔, 𝑙𝑛)

o Da li ovo imamo u našem integralu? Nemamo, tako da proveravamo

sledeću stavku.

A – arkus (𝑎𝑟𝑐𝑠𝑖𝑛, 𝑎𝑟𝑐𝑐𝑜𝑠, 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔, 𝑎𝑟𝑐𝑐𝑡𝑔)

o Da li ovo imamo u našem integralu? Nemamo, tako da proveravamo

sledeću stavku.

X – polinom (𝑥, 𝑥2, (3𝑥 − 5) i sl)

o Da li ovo imamo u našem integralu? Imamo, tako da za 𝑢 uzimamo

polinom iz našeg integrala, tj. 𝑥.

Naravno, kada smo izabrali 𝑢, nije potrebno da tražimo šta nam je 𝑑𝑣. Za 𝑑𝑣 jednostavno

uzimamo sve što je preostalo u našem integralu, odnosno 𝑐𝑜𝑠𝑥𝑑𝑥.

KLJUČNO PITANJE #2: Kako da znam kada koristim parcijalnu

integraciju, a kada neku drugu metodu?

Nažalost, ne postoji magična reč kao odgovor na ovo pitanje. Međutim, kroz vežbu, lako

ćete moći da odredite koju metodu integracije da koristite (naročito kada pređete sve tipove

ispitnih integrala koje ćemo obraditi u skripti za pismeni ispit). Biće vam relativno

jednostavno da prepoznate o kojem se tipu integrala radi, a potom da primenite

odgovarajuću metodu integracije. Ali ovo ne možete postići bez vežbanja, tako da vam

preporučujemo da puno vežbate celu oblast integrala! Za kolokvijum integrali neće biti

preterano teški, tako da uz dovoljno vežbe neće imati nikakvih problema.

Metoda neodređenih koeficijenata

Metodu neodređenih koeficijenata kao metodu integracije koristimo kod integrala

racionalnih funkcija. Već znate da su racionalne funkcije one koje sadrže polinome

promenljive 𝑥 na određeni stepen, a ne sadrže nepoznate eksponente, logaritme, korene,

trigonometriju i slična čuda – drugim rečima, to su funkcije koje najviše volimo. Na primer:







66

𝑓(𝑥) = 𝑥 + 3

𝑓(𝑥) = 𝑥3 + 3𝑥 − 5

𝑓(𝑥) =𝑥2 + 5𝑥 + 5

𝑥 − 1

𝑓(𝑥) =𝑥3 + 6𝑥 + 9

𝑥2 + 5𝑥 + 5

Funkcije poput prve i druge iz ovih primera već znate da rešavate pomoću tabličnih

integrala i primene osnovnih osobina integrala, tako da za njih nećemo koristiti metodu

neodređenih koeficijenata, već ćemo se baviti samo funkcijama koje imaju razlomak.

Biće korisno da podelimo naše racionalne funkcije sa razlomkom na dve grupe – prave i

neprave – jer u zavisnosti da li je racionalna funkcija prava ili neprava, primenjivaćemo

metodu neodređenih koeficijenata kao metod integracije na nešto različit način.

Pre svega, zapišimo našu racionalnu funkciju sa razlomkom u opštem obliku:

𝑓(𝑥) =𝑃𝑚(𝑥)

𝑄𝑛(𝑥)

U ovom izrazu:

𝑃𝑚(𝑥) označava neki polinom 𝑃 koji sadrži promenljivu 𝑥, a najveći stepen ovog

polinoma je stepen 𝑚.

𝑄𝑛(𝑥) označava neki polinom 𝑄 koji sadrži promenljivu 𝑥, a najveći stepen ovog

polinoma je stepen 𝑛.

Formalno, racionalne funkcije sa razlomkom mogu biti:

1) prave – ukoliko je najveći stepen brojioca manji od najvećeg stepena imenioca (𝑚 < 𝑛)

2) neprave – ukoliko je najveći stepen brojioca veći ili jednak najvećem stepenu imenioca

(𝑚 ≥ 𝑛).

Primer prave racionalne funkcije.

𝑓(𝑥) =𝑥 − 1

𝑥2 + 5𝑥 + 5

Vidimo da je ovo prava racionalna funkcija, jer je najveći stepen brojioca manji od

najvećeg stepena imenioca. Detaljnije:

𝑃𝑚(𝑥) = 𝑥 − 1 gde je 𝑚 = 1

𝑄𝑛(𝑥) = 𝑥2 + 5𝑥 + 5 gde je 𝑛 = 2

Iz ovoga sledi da je 𝑚 < 𝑛, odnosno naša racionalna funkcija je prava.

Primer neprave racionalne funkcije.

𝑓(𝑥) =𝑥3 + 6𝑥 + 9

𝑥2 + 5𝑥 + 5


67

Vidimo da je ovo neprava racionalna funkcija, jer je najveći stepen brojioca veći od


𝑃𝑚(𝑥) = 𝑥3 + 6𝑥 + 9 gde je 𝑚 = 3

𝑄𝑛(𝑥) = 𝑥2 + 5𝑥 + 5 gde je 𝑛 = 2

Iz ovoga sledi da je 𝑚 ≥ 𝑛, odnosno naša racionalna funkcija je neprava.

Metodu neodređenih koeficijenata kao metod integracije primenjivaćemo na drugačiji način

za prave i neprave funkcije. Mnogo češće ćete raditi sa pravim racionalnim funkcijama, a i

one su pogodne za učenje ovog metoda, jer nemamo nekog dodatnog posla osim postupka

samog metoda. Stoga, prvo ćemo obraditi primenu metode neodređenih koeficijenata na

prave racionalne funkcije. Tek nakon što pređemo sve slučajeve kod pravih racionalnih

funkcija, primenićemo ovu metodu integracije i na nepravu racionalnu funkciju.

1) INTEGRACIJA PRAVIH RACIONALNIH FUNKCIJA (𝑚 < 𝑛)

Početni korak kod integracije pravih racionalnih funkcija jeste da odvojimo našu racionalnu

funkciju i rastavimo je na činioce. Na primer, imamo sledeću pravu racionalnu funkciju:

𝑓(𝑥) =𝑥 − 1

𝑥2 − 3𝑥 − 28

Kada je rastavimo na činioce primenom metoda poznatih od ranije, dobijamo:

𝑓(𝑥) =𝑥 − 1

(𝑥 − 7)(𝑥 + 4)

U okviru integracije pravih racionalnih funkcija, imaćemo četiri različita slučaja. Prvo ćemo

uvesti (samo malo) teorije za njih, a potom dati određeni primer i primeniti to na zadatak.

Slučaj 1: U imeniocu imamo linearne činioce na prvi stepen

Formalno zapisano:


𝑄𝑛(𝑥)=

𝑃𝑚(𝑥)

(𝑥 − 𝑎)(𝑥 − 𝑏) ⋯ (𝑥 − 𝑧)

Neformalno rečeno, nakon što smo rastavili pravu racionalnu funkciju na činioce, u

imeniocu imamo linearne činioce (najveći stepen u okviru činioca na promenljivi 𝑥 jeste

1), i svaki od ovih činilaca jeste na stepen 1.

Kada je ovo slučaj, metod neodređenih koeficijenata primenjujemo na sledeći način:

NAPOMENA: OBAVEZNO SE PODSETITE!

Obavezno se podsetite rastavljanja kvadratnih funkcija na činioce putem formule

𝑎(𝑥 − 𝑥1)(𝑥 − 𝑥2), Bezuovog stava kao i formula za kvadrat razlike, kvadrat zbira i

razliku kvadrata.


68

𝑃𝑚(𝑥)

(𝑥 − 𝑎)(𝑥 − 𝑏) ∙ … ∙ (𝑥 − 𝑧)=

𝐴

(𝑥 − 𝑎)+

𝐵

(𝑥 − 𝑏)∙ … ∙

𝑍

(𝑥 − 𝑧)

U ovom izrazu 𝐴, 𝐵, . . . , 𝑍 jesu neodređeni koeficijenti, pomoću kojih ćemo rešiti naš

integral, i zbog kojih se ova metoda i naziva metoda neodređenih koeficijenata.

Kada smo ovo uradili, potrebno je da:

1) saberemo dobijene razlomke

2) izjednačimo 𝑃𝑚(𝑥) i dobijeni brojilac

3) iz dobijenog sistema jednačina nađemo iznose koeficijenata

4) rastavimo naš integral po uzoru na 𝐴

(𝑥−𝑎)+

𝐵

(𝑥−𝑏)∙ … ∙

𝑍

(𝑥−𝑧)

5) rešimo dobijeni integral putem primene poznatih drugih metoda integracije, tabličnih

izvoda i osnovnih pravila.

Zvuči konfuzno, ali sigurni smo da ćemo sve nejasnoće razjasniti na sledećem primeru.

Primer.

Rešimo sledeći integral:

∫2𝑥 + 7

𝑥2 − 𝑥 − 2𝑑𝑥

Pre svega, vidimo da kao podintegralnu funkciju imamo razlomak sa racionalnim

funkcijama, tako da primenjujemo metod integracije neodređenih koeficijenata.

Takođe, vidimo i da je najviši stepen brojioca manji od najvećeg stepena imenioca, tako da

je u pitanju prava racionalna funkcija, gde je potrebno da prvo izdvojimo našu

podintegralnu funkciju i rastavimo je na činioce.

2𝑥 + 7

𝑥2 − 𝑥 − 2

U imeniocu imamo kvadratnu jednačinu 𝑥2 − 𝑥 − 2, koju rastavljamo putem formule:

𝑎(𝑥 − 𝑥1)(𝑥 − 𝑥2)

Vidimo da je 𝑎 = 1, dok su rešenja ove kvadratne jednačine:

𝑥1,2 =−𝑏 ± √𝑏2 − 4𝑎𝑐

2𝑎

𝑥1,2 =1 ± √12 − 4 ∙ 1 ∙ (−2)

2 ∙ 1

𝑥1,2 =1 ± √9

2

𝑥1,2 =1 ± 3

2

𝑥1 = 2

𝑥2 = −1


69

Dalje, iz ovoga sledi da je naša podintegralna funkcija rastavljena na činioce:

2𝑥 + 7

𝑥2 − 𝑥 − 2=

2𝑥 + 7

1(𝑥 − 2)(𝑥 + 1)=

2𝑥 + 7

(𝑥 − 2)(𝑥 + 1)

Sad je potrebno da razdvojimo ovaj razlomak na određene sabirke, za svaki pojedinačni

činilac iz imenioca. Za svaki činilac koji je linearan (najveći stepen kod 𝑥 je 1), za brojioce

pojedinačnih razlomaka stavljamo određene neodređene koeficijente 𝐴, 𝐵, . . . , 𝑍:

2𝑥 + 7

(𝑥 − 2)(𝑥 + 1)=

𝐴

(𝑥 − 2)+

𝐵

(𝑥 + 1)

Potom, saberimo ove razlomke. Najmanji zajednički sadržalac je (𝑥 − 2)(𝑥 + 1), tako da

prvi razlomak proširujemo sa (𝑥 + 1), a drugi razlomak proširujemo sa (𝑥 − 2):

2𝑥 + 7

(𝑥 − 2)(𝑥 + 1)=

𝐴

(𝑥 − 2)+

𝐵

(𝑥 + 1)=

𝐴(𝑥 + 1) + 𝐵(𝑥 − 2)

(𝑥 − 2)(𝑥 + 1)

Primetimo da iz ovog našeg izraza svakako imamo:

2𝑥 + 7

(𝑥 − 2)(𝑥 + 1)=

𝐴(𝑥 + 1) + 𝐵(𝑥 − 2)

(𝑥 − 2)(𝑥 + 1)

S obzirom da su imenioci identični, iz ovoga sledi da su i brojioci jednaki:

2𝑥 + 7 = 𝐴(𝑥 + 1) + 𝐵(𝑥 − 2)

Sredimo ovaj izraz na sledeći način:

2𝑥 + 7 = 𝐴(𝑥 + 1) + 𝐵(𝑥 − 2)

2𝑥 + 7 = 𝐴𝑥 + 𝐴 + 𝐵𝑥 − 2𝐵

2𝑥 + 7 = 𝑥(𝐴 + 𝐵) + 𝐴 − 2𝐵

Sada je bitno da primetimo jednu veoma važnu stvar. Ono što stoji uz 𝒙 mora biti

jednako i sa desne i sa leve strane. Takođe, slobodan član mora biti jednak i sa

desne i sa leve strane. Odatle imamo da je:

2 = 𝐴 + 𝐵

7 = 𝐴 − 2𝐵

Ovo je jedan osnovni sistem jednačina sa dve nepoznate, 𝐴 i 𝐵. Rešimo ga kako bismo

dobili vrednost neodređenih koeficijenata 𝐴 i 𝐵.

𝐴 + 𝐵 = 2

𝐴 − 2𝐵 = 7

Nije važno da li koristite metod zamene ili metod suprotnih koeficijenata, primenite ono

što vam je lično lakše da primenite. Mi ćemo ovde primeniti metod suprotnih koeficijenata.

Pomnožimo prvu jednačinu sa 2. Tada imamo:


70

2𝐴 + 2𝐵 = 4

𝐴 − 2𝐵 = 7

Ukoliko saberemo ove dve jednačine, dobijamo:

3𝐴 = 11

𝑨 =𝟏𝟏

𝟑

Zamenimo ovo u početnu prvu jednačinu kako bismo dobili rešenje za 𝐵:

𝐴 + 𝐵 = 2

11

3+ 𝐵 = 2

11

3+ 𝐵 =

6

3

𝐵 =6

3−

11

3

𝑩 = −𝟓

𝟑

Dakle, naša rastavljena funkcija sada izgleda ovako:

2𝑥 + 7

(𝑥 − 2)(𝑥 + 1)=

113

(𝑥 − 2)+

−53

(𝑥 + 1)

Vratimo funkciju u integral, što i treba da rešimo kao rešenje zadatka:

∫2𝑥 + 7

(𝑥 − 2)(𝑥 + 1)𝑑𝑥 = ∫

113

(𝑥 − 2)𝑑𝑥 + ∫

−53

(𝑥 + 1)𝑑𝑥

Ove integrale sada možemo da rešimo primenom poznatih osobina i metoda. Rešimo prvi

integral:

∫

113

(𝑥 − 2)𝑑𝑥

Konstanta može da izađe ispred integrala, što je jedna od osnovnih osobina koje već znate:

11

3∙ ∫

1

(𝑥 − 2)𝑑𝑥

Da bismo rešili ovaj integral putem tabličnog integrala ∫1

𝑥𝑑𝑥 = 𝑙𝑛|𝑥| + 𝐶, „smeta“ nam

𝑥 − 2. Ovo znači da treba primeniti metodu smene.

Uvodimo smenu 𝑡, koja je jednaka onome što nam „smeta“ da bismo odradili tablični

integral:

𝑥 − 2 = 𝑡


71

Potom, primenimo prvi izvod na ceo ovaj izraz (preciznije, diferenciramo ceo izraz):

𝑥 − 2 = 𝑡 /′

(𝑥 − 2)′ = 𝑡′

1𝑑𝑥 = 𝑡′𝑑𝑡

𝑑𝑥 = 𝑑𝑡


11

3∙ ∫

1

𝑡𝑑𝑡


11

3∙ ∫

1

𝑡𝑑𝑡

=11

3∙ 𝑙𝑛|𝑡|

Konačno, vratimo 𝑥 umesto smene 𝑡:

11

3∙ 𝑙𝑛|𝑡|

=𝟏𝟏

𝟑∙ 𝒍𝒏|𝒙 − 𝟐| + 𝑪

Potom, rešimo drugi integral:

∫−

53

(𝑥 + 1)𝑑𝑥


−5

3∙ ∫

1

(𝑥 + 1)𝑑𝑥



𝑥 + 1. Ovo znači da treba primeniti metodu smene.


integral:

𝑥 + 1 = 𝑡


𝑥 + 1 = 𝑡 /′

(𝑥 + 1)′ = 𝑡′


𝑑𝑥 = 𝑑𝑡


72


−5

3∙ ∫

1

𝑡𝑑𝑡


−5

3∙ ∫

1

𝑡𝑑𝑡

= −5

3∙ 𝑙𝑛|𝑡|


−5

3∙ 𝑙𝑛|𝑡|

= −𝟓

𝟑∙ 𝒍𝒏|𝒙 + 𝟏| + 𝑪

I konačno (detaljno smo uradili postupak pa se zadatak odužio na više strana, izvinjavamo

se! – ali kao što vidite, poenta nam je da razumete sve što se dešava pa moramo tako),

dobijamo da je finalno rešenje:

∫2𝑥 + 7

(𝑥 − 2)(𝑥 + 1)𝑑𝑥 = ∫

113

(𝑥 − 2)𝑑𝑥 + ∫

−53

(𝑥 + 1)𝑑𝑥

∫2𝑥 + 7

(𝑥 − 2)(𝑥 + 1)𝑑𝑥 =

𝟏𝟏

𝟑∙ 𝒍𝒏|𝒙 − 𝟐| + −

𝟓

𝟑∙ 𝒍𝒏|𝒙 + 𝟏| + 𝑪

Slučaj 2: U imeniocu imamo linearne činioce na stepen veći od 1

Formalno zapisano:


𝑄𝑛(𝑥)=

𝑃𝑚(𝑥)

(𝑥 − 𝑎)𝑛


imeniocu imamo linearne činioce (najveći stepen u okviru činioca na promenljivi 𝑥 jeste

1), i ovaj činilac je na neki stepen koji je veći od 1.


𝑃𝑚(𝑥)

(𝑥 − 𝑎)𝑛=

𝐴

(𝑥 − 𝑎) +

𝐵

(𝑥 − 𝑎)2∙ … ∙

𝑍

(𝑥 − 𝑎)𝑛





73




4) rastavimo naš integral po uzoru na 𝐴

(𝑥−𝑎)+

𝐵

(𝑥−𝑎)2 ∙ … ∙𝑍

(𝑥−𝑎)𝑛




Primer.


∫2𝑥 + 7

𝑥2 + 2𝑥 + 1𝑑𝑥


funkcijama, tako da primenjujemo metodu integracije neodređenih koeficijenata.



podintegralnu funkciju i rastavimo je na činioce.

2𝑥 + 7

𝑥2 + 2𝑥 + 1

U imeniocu imamo kvadratnu jednačinu 𝑥2 + 2𝑥 + 1, koju rastavljamo putem formule:

𝑎(𝑥 − 𝑥1)(𝑥 − 𝑥2)


𝑥1,2 =−𝑏 ± √𝑏2 − 4𝑎𝑐

2𝑎

𝑥1,2 =−2 ± √22 − 4 ∙ 1 ∙ 1

2 ∙ 1

𝑥1,2 =−2 ± √0

2

𝑥1,2 =−2

2

𝑥1 = 𝑥2 = −1


2𝑥 + 7

𝑥2 + 2𝑥 + 1=

2𝑥 + 7

1(𝑥 + 1)(𝑥 + 1)=

2𝑥 + 7

(𝑥 + 1)2

Napomena – ovo smo naravno mogli i direktno videti putem formule za kvadrat zbira

ukoliko smo dovoljno vešti, ali to i nije neophodno, jer kao što vidimo dolazimo do istog

rezultata.


74



pojedinačnih razlomaka stavljamo određene neodređene koeficijente 𝐴, 𝐵, . . . , 𝑍:

2𝑥 + 7

(𝑥 + 1)2=

𝐴

(𝑥 + 1)+

𝐵

(𝑥 + 1)2

Potom, saberimo ove razlomke. Najmanji zajednički sadržalac je (𝑥 + 1)2, tako da prvi

razlomak proširujemo sa (𝑥 + 1), a drugi razlomak proširujemo sa 1:

2𝑥 + 7

(𝑥 + 1)2=

𝐴

(𝑥 + 1)+

𝐵

(𝑥 + 1)2=

𝐴(𝑥 + 1) + 𝐵

(𝑥 + 1)2


2𝑥 + 7

(𝑥 + 1)2=

𝐴(𝑥 + 1) + 𝐵

(𝑥 + 1)2


2𝑥 + 7 = 𝐴(𝑥 + 1) + 𝐵


2𝑥 + 7 = 𝐴(𝑥 + 1) + 𝐵

2𝑥 + 7 = 𝐴𝑥 + 𝐴 + 𝐵


jednako i sa desne i sa leve strane. Takođe, slobodan član mora biti jednak i sa

desne i sa leve strane. Odatle imamo da je:

2 = 𝐴

7 = 𝐴 + 𝐵

Ovo je jedan osnovni sistem jednačina sa dve nepoznate, 𝐴 i 𝐵, koji možemo rešiti putem

metoda smene ili putem metoda suprotnih koeficijenata. Iz prvog izraza već imamo da je

𝑨 = 𝟐, tako da možemo samo ovo da zamenimo u drugi izraz i dobijemo:

𝐴 + 𝐵 = 7

2 + 𝐵 = 7

𝑩 = 𝟓


2𝑥 + 7

(𝑥 + 1)2=

2

(𝑥 + 1)+

5

(𝑥 + 1)2


∫2𝑥 + 7

(𝑥 + 1)2𝑑𝑥 = ∫

2

(𝑥 + 1)𝑑𝑥 + ∫

5

(𝑥 + 1)2𝑑𝑥


75

Ove integrale sada možemo da rešimo primenimo poznatih osobina i metoda. Rešimo prvi

integral:

∫2

(𝑥 + 1)𝑑𝑥


2 ∙ ∫1

(𝑥 + 1)𝑑𝑥



𝑥 + 1. Ovo znači da treba primeniti metod smene.


integral:

𝑥 + 1 = 𝑡


𝑥 + 1 = 𝑡 /′

(𝑥 + 1)′ = 𝑡′


𝑑𝑥 = 𝑑𝑡


2 ∙ ∫1

𝑡𝑑𝑡


2 ∙ ∫1

𝑡𝑑𝑡

= 2 ∙ 𝑙𝑛|𝑡|


2 ∙ 𝑙𝑛|𝑡|

= 𝟐 ∙ 𝒍𝒏|𝒙 + 𝟏| + 𝑪


∫5

(𝑥 + 1)2𝑑𝑥


5 ∙ ∫1

(𝑥 + 1)2𝑑𝑥


76

Ovaj integral dalje možemo da rešimo na više načina. Mi ćemo ovde izabrati način preko

pravila integrisanja za stepene. Primetimo da je ovaj izraz jednak sledećem:

5 ∙ ∫(𝑥 + 1)−2 𝑑𝑥

Da bismo rešili ovaj integral putem tabličnog integrala ∫ 𝑥𝑛𝑑𝑥 =𝑥𝑛+1

𝑛+1+ 𝐶, „smeta“ nam

𝑥 + 1. Ovo znači da treba primeniti metod smene.


integral:

𝑥 + 1 = 𝑡


𝑥 + 1 = 𝑡 /′

(𝑥 + 1)′ = 𝑡′


𝑑𝑥 = 𝑑𝑡


5 ∙ ∫ 𝑡−2 𝑑𝑡


5 ∙ ∫ 𝑡−2 𝑑𝑡

= 5 ∙𝑡−1

−1


= −5 ∙ (𝑥 + 1)−1

= −𝟓

𝒙 + 𝟏+ 𝑪

I konačno, dobijamo da je finalno rešenje:

∫2𝑥 + 7

(𝑥 + 1)2𝑑𝑥 = ∫

2

(𝑥 + 1)𝑑𝑥 + ∫

5

(𝑥 + 1)2𝑑𝑥

∫2𝑥 + 7

(𝑥 + 1)2𝑑𝑥 = 𝟐 ∙ 𝒍𝒏|𝒙 + 𝟏| −

𝟓

𝒙 + 𝟏+ 𝑪

𝑥−1 =1

𝑥1=

1

𝑥 𝑥−2 =

1

𝑥2 2𝑥−2 =

2

𝑥2

𝑥 = 𝑥1 =1

𝑥−1 𝑥2 =

1

𝑥−2 2𝑥2 =

2

𝑥−2

𝑥 = 𝑥1 =1

𝑥−1

NAPOMENA: KAKO RADITI SA NEGATIVNIM STEPENIMA


77

Slučaj 3: U imeniocu imamo nelinearni činilac na stepen 1

Formalno zapisano:


𝑄𝑛(𝑥)=

𝑃𝑚(𝑥)

(𝑥2 + 𝑝𝑥 + 𝑞)

Neformalno rečeno, u imeonicu imamo nelinearni činilac (najveći stepen u okviru činioca

na promenljivi 𝑥 je veći od 1) koji ne možemo rastaviti na proste činioce, i ovaj činilac jeste

na prvi stepen (cela zagrada je na prvi stepen).

Kada je ovo slučaj, nećemo primenjivati metod neodređenih koeficijenata, nego jednu

tipsku formulu, ali ovim ćemo se baviti posebno kada budemo diskutovali o tipovima

ispitnih integrala u skripti za pismeni ispit (ovo će biti tip 2).

Slučaj 4: U imeniocu imamo nelinearne činioce na stepen veći od 1

Formalno zapisano:


𝑄𝑛(𝑥)=

𝑃𝑚(𝑥)

(𝑥2 + 𝑝𝑥 + 𝑞)𝑛


imeniocu imamo nelinearne činioce (najveći stepen u okviru činioca na promenljivi 𝑥 nije

1), i ovaj činilac jeste na neki stepen koji je veći od 1.


𝑃𝑚(𝑥)

(𝑥2 + 𝑝𝑥 + 𝑞)𝑛 =𝐴𝑥 + 𝐵

𝑥2 + 𝑝𝑥 + 𝑞 +

𝐶𝑥 + 𝐷

(𝑥2 + 𝑝𝑥 + 𝑞)2∙ … ∙

𝑌𝑥 + 𝑍

(𝑥2 + 𝑝𝑥 + 𝑞)𝑛







4) rastavimo naš integral po uzoru na 𝐴𝑥+𝐵

𝑥2+𝑝𝑥+𝑞 +𝐶𝑥+𝐷

(𝑥2+𝑝𝑥+𝑞)2 ∙ … ∙𝑌𝑥+𝑍

(𝑥2+𝑝𝑥+𝑞)𝑛




Primer.


∫1

𝑥5 + 2𝑥3 + 𝑥𝑑𝑥


78





podintegralnu funkciju i rastavimo je na činioce (naročito imenilac je bitno da rastavimo

na činioce).

1

𝑥5 + 2𝑥3 + 𝑥

U imeniocu imamo izraz 𝑥5 + 2𝑥3 + 𝑥. Primetimo da je 𝑥 zajednički član, koji možemo

izvući ispred zagrade:

1

𝑥(𝑥4 + 2𝑥2 + 1)

Dalje, u imeniocu imamo bikvadratnu jednačinu 𝑥4 + 2𝑥2 + 1, za koju uvodimo smenu

𝑡 = 𝑥2, a koju potom rastavljamo na isti način kao i kvadratnu jednačinu, putem formule:

𝑎(𝑥 − 𝑡1)(𝑥 − 𝑡2)

Nakon uvedene smene naša jednačina postaje:

𝑡2 + 2𝑡 + 1


𝑡1,2 =−𝑏 ± √𝑏2 − 4𝑎𝑐

2𝑎

𝑡1,2 =−2 ± √22 − 4 ∙ 1 ∙ 1

2 ∙ 1

𝑡1,2 =−2 ± √0

2

𝑡1,2 =−2

2

𝑡1 = 𝑡2 = −1

Dakle, naša kvadratna jednačina sa nepoznatom 𝑡 se može rastaviti na sledeći način:

(𝑡 + 1)(𝑡 + 1) = (𝑡 + 1)2

Napomena – ovo smo naravno mogli i direktno videti putem formule za kvadrat zbira

ukoliko smo dovoljno vešti, ali to i nije neophodno, jer kao što vidimo, dolazimo do istog

rezultata.

Kada uvrstimo nazad nepoznatu 𝑥, dobijamo:

(𝑥2 + 1)(𝑥2 + 1) = (𝑥2 + 1)2



79

1

𝑥5 + 2𝑥3 + 𝑥=

1

𝑥(𝑥4 + 2𝑥2 + 1)=

1

𝑥(𝑥2 + 1)2



pojedinačnih razlomaka stavljamo određene neodređene koeficijente 𝐴, 𝐵, . . . , 𝑍, dok za

svaki nelinearni činilac (najveći stepen kod 𝑥 je veći od 1) stavljamo 𝐴𝑥 + 𝐵, 𝐶𝑥 +

𝐷, . . . , 𝑌𝑥 + Z :

1

𝑥(𝑥2 + 1)2=

𝐴

𝑥+

𝐵𝑥 + 𝐶

𝑥2 + 1+

𝐷𝑥 + 𝐸

(𝑥2 + 1)2

Potom, saberimo ove razlomke. Najmanji zajednički sadržalac je 𝑥(𝑥2 + 1)2, tako da prvi

razlomak proširujemo sa (𝑥2 + 1)2, drugi razlomak proširujemo sa 𝑥(𝑥2 + 1), a treći

razlomak samo sa 𝑥:

𝐴

𝑥+

𝐵𝑥 + 𝐶

𝑥2 + 1+

𝐷𝑥 + 𝐸

(𝑥2 + 1)2=

𝐴(𝑥2 + 1)2 + (𝐵𝑥 + 𝐶)𝑥(𝑥2 + 1) + (𝐷𝑥 + 𝐸)𝑥

𝑥(𝑥2 + 1)2


1

𝑥(𝑥2 + 1)2=

𝐴(𝑥2 + 1)2 + (𝐵𝑥 + 𝐶)𝑥(𝑥2 + 1) + 𝑥(𝐷𝑥 + 𝐸)

𝑥(𝑥2 + 1)2


1 = 𝐴(𝑥2 + 1)2 + (𝐵𝑥 + 𝐶)𝑥(𝑥2 + 1) + 𝑥(𝐷𝑥 + 𝐸)


1 = 𝐴(𝑥2 + 1)2 + (𝐵𝑥 + 𝐶)𝑥(𝑥2 + 1) + 𝑥(𝐷𝑥 + 𝐸)

1 = 𝐴(𝑥4 + 2𝑥2 + 1) + 𝑥(𝐵𝑥3 + 𝐵𝑥 + 𝐶𝑥2 + 𝐶) + 𝐷𝑥2 + 𝐸𝑥

1 = 𝐴𝑥4 + 2𝐴𝑥2 + 𝐴 + 𝐵𝑥4 + 𝐵𝑥2 + 𝐶𝑥3 + 𝐶𝑥 + 𝐷𝑥2 + 𝐸𝑥

1 = (𝐴 + 𝐵)𝑥4 + 𝐶𝑥3 + (2𝐴 + 𝐵 + 𝐷)𝑥2 + (𝐶 + 𝐸)𝑥 + 𝐴


jednako i sa desne i sa leve strane (ovo važi za svaki odgovarajući stepen). Takođe,

slobodan član mora biti jednak i sa desne i sa leve strane. Odatle imamo da je:

𝐴 + 𝐵 = 0

𝐶 = 0

2𝐴 + 𝐵 + 𝐷 = 0

𝐶 + 𝐸 = 0

𝐴 = 1

Ovo je jedan osnovni sistem jednačina sa pet nepoznatih, 𝐴, 𝐵, 𝐶, 𝐷, 𝐸, koji možemo rešiti

putem metoda smene ili putem metoda suprotnih koeficijenata. Međutim, za ovo nema

potrebe, jer smo već direktno dobili rešenja za 𝐴 i 𝐶:


80

𝑨 = 𝟏

𝑪 = 𝟎

Očigledno, iz četvrtog izraza sledi da je:

𝑬 = 𝟎

Očigledno, iz prvog izraza sledi da je:

𝑩 = −𝟏

Konačno, iz trećeg izraza sledi da je:

𝑫 = −𝟏


1

𝑥(𝑥2 + 1)2=

𝐴

𝑥+

𝐵𝑥 + 𝐶

𝑥2 + 1+

𝐷𝑥 + 𝐸

(𝑥2 + 1)2

1

𝑥(𝑥2 + 1)2=

1

𝑥+

−1𝑥 + 0

𝑥2 + 1+

−1𝑥 + 0

(𝑥2 + 1)2

1

𝑥(𝑥2 + 1)2=

1

𝑥+

−𝑥

𝑥2 + 1+

−𝑥

(𝑥2 + 1)2


∫1

𝑥(𝑥2 + 1)2𝑑𝑥 = ∫

1

𝑥𝑑𝑥 + ∫

−𝑥

𝑥2 + 1𝑑𝑥 + ∫

−𝑥

(𝑥2 + 1)2𝑑𝑥


integral:

∫1

𝑥𝑑𝑥

Ovo je običan tablični integral, za koji nam je poznato rešenje:

∫1

𝑥𝑑𝑥 = 𝒍𝒏|𝒙| + 𝑪


∫−𝑥

𝑥2 + 1𝑑𝑥


− ∫𝑥

𝑥2 + 1𝑑𝑥

Da bismo rešili ovaj integral, primenimo metodu smene.


81

Uvodimo smenu 𝑡:

𝑥2 + 1 = 𝑡


𝑥2 + 1 = 𝑡 /′

(𝑥2 + 1)′ = 𝑡′

2𝑥𝑑𝑥 = 𝑡′𝑑𝑡

2𝑥𝑑𝑥 = 𝑑𝑡

U našem integralu imamo 𝑥𝑑𝑥, tako da je zgodno da upravo to izrazimo:

𝑥𝑑𝑥 =𝑑𝑡

2

Sada možemo da zamenimo smenu 𝑡 i 𝑑𝑡

2 u naš integral:

− ∫1

𝑡

𝑑𝑡

2

Izvlačimo ispred integrala konstantu:

−1

2∫

1

𝑡𝑑𝑡


−1

2∫

1

𝑡𝑑𝑡

= −1

2∙ 𝑙𝑛|𝑡|


−1

2∙ 𝑙𝑛|𝑡|

= −𝟏

𝟐∙ 𝒍𝒏|𝒙𝟐 + 𝟏| + 𝑪

Potom, rešimo treći integral:

∫−𝑥

(𝑥2 + 1)2𝑑𝑥


− ∫𝑥

(𝑥2 + 1)2𝑑𝑥


Uvodimo smenu 𝑡:

𝑥2 + 1 = 𝑡


82


𝑥2 + 1 = 𝑡 /′

(𝑥2 + 1)′ = 𝑡′

2𝑥𝑑𝑥 = 𝑡′𝑑𝑡

2𝑥𝑑𝑥 = 𝑑𝑡

U našem integralu imamo 𝑥𝑑𝑥, tako da je zgodno da upravo to izrazimo:

𝑥𝑑𝑥 =𝑑𝑡

2

Sada možemo da zamenimo smenu 𝑡 i 𝑑𝑡

2 u naš integral:

∫−𝑥

(𝑥2 + 1)2𝑑𝑥

= − ∫1

𝑡2

𝑑𝑡

2

Izvlačimo ispred integrala konstantu:

−1

2∫

1

𝑡2𝑑𝑡


−1

2∫

1

𝑡2𝑑𝑡

= −1

2∫ 𝑡−2𝑑𝑡

= −1

2∙

𝑡−1

−1

=1

2∙

𝑡−1

1

=1

2𝑡


1

2𝑡

=𝟏

𝟐(𝒙𝟐 + 𝟏) + 𝑪

I konačno, dobijamo da je finalno rešenje:

∫1

𝑥(𝑥2 + 1)2𝑑𝑥 = ∫

1

𝑥𝑑𝑥 + ∫

−𝑥

𝑥2 + 1𝑑𝑥 + ∫

−𝑥

(𝑥2 + 1) 𝑑𝑥

∫1

𝑥(𝑥2 + 1)2𝑑𝑥 = 𝒍𝒏|𝒙| −

𝟏

𝟐∙ 𝒍𝒏|𝒙𝟐 + 𝟏| +

𝟏

𝟐(𝒙𝟐 + 𝟏) + 𝑪


83

Samo za one kojima je zanimljivo što je skripta vrlo detaljna: Ukoliko vam je dosadno,

možete i ovaj rezultat dalje srediti, jer imate dva logaritma - na sledeći način:

Prvo, prebacimo konstantu ispred logaritma u stepen osnove (ovo je osnovna osobina

logaritama):

∫1

𝑥(𝑥2 + 1)2𝑑𝑥 = 𝑙𝑛|𝑥| − 𝑙𝑛|𝑥2 + 1|

12 +

1

2(𝑥2 + 1) + 𝐶

Zatim, razliku dva logaritma možemo da svedemo na deljenje njihovih numerusa:

∫1

𝑥(𝑥2 + 1)2𝑑𝑥 = 𝑙𝑛 |

𝑥

(𝑥2 + 1)12

| +1

2(𝑥2 + 1) + 𝐶

Stepenovanje na jednu polovinu se svodi na kvadratni koren:

∫1

𝑥(𝑥2 + 1)2𝑑𝑥 = 𝑙𝑛 |

𝑥

√𝑥2 + 1| +

1

2(𝑥2 + 1) + 𝐶

I ovo je finalno rešenje zadatka!

2) INTEGRACIJA NEPRAVIH RACIONALNIH FUNKCIJA (𝑚 > 𝑛)

Podsetimo se šta su neprave racionalne funkcije:

Primer neprave racionalne funkcije.

𝑓(𝑥) =𝑥3 + 6𝑥 + 9

𝑥2 + 5𝑥 + 5

Vidimo da je ovo neprava racionalna funkcija, jer je najveći stepen brojioca veći od


𝑃𝑚(𝑥) = 𝑥3 + 6𝑥 + 9 gde je 𝑚 = 3

𝑄𝑛(𝑥) = 𝑥2 + 5𝑥 + 5 gde je 𝑛 = 2

Iz ovoga sledi da je 𝑚 ≥ 𝑛, odnosno naša racionalna funkcija je neprava.

Integraciju nepravih racionalnih funkcija vršimo identičnim postupkom kao i integraciju

racionalnih funkcija nakon što nepravu funkciju razdvojimo na delove, a to činimo tako što

brojilac podelimo sa imeniocem.

Pogledajmo ovo detaljnije na sledećem primeru.

Primer.


∫𝑥3 + 1

𝑥3 − 𝑥2𝑑𝑥


84



Takođe, vidimo i da je najviši stepen brojioca nije manji od najvećeg stepena imenioca,

odnosno stepen brojioca je jednak stepenu imenioca, tako da je u pitanju neprava

racionalna funkcija, gde je potrebno da prvo izdvojimo našu podintegralnu funkciju i

podelimo brojilac sa imeniocem.

𝑓(𝑥) =𝑥3 + 1

𝑥3 − 𝑥2

Podelimo brojilac sa imeniocem.

(𝑥3 + 1) ∶ (𝑥3 − 𝑥2) = 1

−𝑥3 + 𝑥2

𝑥2 + 1

Prvi korak je da delimo prvi element deljenika sa prvim elementom delioca. Znači, delimo

𝑥3 sa 𝑥3. Rezultat tog deljenja je 1, što upisujemo desno od znaka jednakosti.

Drugi korak je da ovaj rezultat pomnožimo sa svakim članom delioca. Znači:

- množimo 1 sa 𝑥3, čime dobijamo 𝑥3

- množimo 1 sa −𝑥2, čime dobijamo −𝑥2

Treći korak je da svakom elementu ovog rezultata promenimo znak. Znači imamo:

−𝑥3 + 𝑥2

Ovo upisujemo ispod deljenika i podvlačimo crtu.

Četvrti i poslednji korak jeste da saberemo ono što je iznad crte koju smo podvukli. Dakle,

sabiramo 𝑥3 + 1 i −𝑥3 + 𝑥2 . Rezultat je 𝑥2 + 1. Ovaj rezultat upisujemo ispod crte.

Ovaj postupak ponavljamo sve dok ne dođemo do situacije da dobijeni rezultat ispod crte

jeste nižeg stepena od prvog elementa delioca, zbog čega ne možemo da nastavimo deljenje.

U ovom zadatku, već ovaj prvi rezultat 𝑥2 + 1 jeste manjeg stepena od stepena delioca

𝑥3 − 𝑥2, tako da ne nastavljamo deljenje.

Ovo deljenje možemo rastaviti i na sledeći način, što je nama upravo potrebno za

integraciju:

𝑏𝑟𝑜𝑗𝑖𝑙𝑎𝑐 ∶ 𝑖𝑚𝑒𝑛𝑖𝑙𝑎𝑐 = 𝑏𝑟𝑜𝑗𝑖𝑙𝑎𝑐

𝑖𝑚𝑒𝑛𝑖𝑙𝑎𝑐= 𝑘𝑜𝑙𝑖č𝑛𝑖𝑘 +

𝑜𝑠𝑡𝑎𝑡𝑎𝑘

𝑑𝑒𝑙𝑖𝑙𝑎𝑐

Konkretno, u našem slučaju imamo:

𝑥3 + 1

𝑥3 − 𝑥2= 1 +

𝑥2 + 1

𝑥3 − 𝑥2


85

čime smo našu nepravu racionalnu funkciju sveli na zbir jedinice i prave racionalne

funkcije! Stoga, možemo primeniti poznate metode za rešavanje sledeće integracije:

∫ (1 +𝑥2 + 1

𝑥3 − 𝑥2) 𝑑𝑥

= ∫ 1𝑑𝑥 + ∫𝑥2 + 1

𝑥3 − 𝑥2 𝑑𝑥

Znamo rešenje prvog integrala, iz tablice:

∫ 1𝑑𝑥 = 𝑥 + 𝐶

Drugi integral možemo da rešavamo poznatim metodama, jer je u pitanju integracije prave

racionalne funkcije:

∫𝑥2 + 1


Potrebno da prvo izdvojimo našu podintegralnu funkciju i rastavimo je na činioce.

𝑥2 + 1

𝑥3 − 𝑥2

U imeniocu imamo 𝑥3 − 𝑥2, gde je zajednički element 𝑥2, tako da to možemo rastaviti

kao:

𝑥3 − 𝑥2 = 𝑥2(𝑥 − 1)


𝑥2 + 1

𝑥3 − 𝑥2=

𝑥2 + 1

𝑥2(𝑥 − 1)



pojedinačnih razlomaka stavljamo određene neodređene koeficijente 𝐴, 𝐵, . . . , 𝑍 (FORA! I

𝒙𝟐 je linearan, jer ga posmatramo kao činilac 𝒙 koji ide ceo na kvadrat).

𝑥2 + 1

𝑥2(𝑥 − 1)=

𝐴

𝑥+

𝐵

𝑥2+

𝐶

(𝑥 − 1)

Potom, saberimo ove razlomke. Najmanji zajednički sadržalac je 𝑥2(𝑥 − 1), tako da prvi

razlomak proširujemo sa 𝑥(𝑥 − 1), drugi razlomak proširujemo sa (𝑥 − 1), a treći

razlomak proširujemo sa 𝑥2:

𝑥2 + 1

𝑥2(𝑥 − 1)=

𝐴

𝑥+

𝐵

𝑥2+

𝐶

(𝑥 − 1)=

𝐴𝑥(𝑥 − 1) + 𝐵(𝑥 − 1) + 𝐶𝑥2

𝑥2(𝑥 − 1)



86

𝑥2 + 1

𝑥2(𝑥 − 1)=

𝐴𝑥(𝑥 − 1) + 𝐵(𝑥 − 1) + 𝐶𝑥2

𝑥2(𝑥 − 1)


𝑥2 + 1 = 𝐴𝑥(𝑥 − 1) + 𝐵(𝑥 − 1) + 𝐶𝑥2


𝑥2 + 1 = 𝐴𝑥(𝑥 − 1) + 𝐵(𝑥 − 1) + 𝐶𝑥2

𝑥2 + 1 = 𝐴𝑥2 − 𝐴𝑥 + 𝐵𝑥 − 𝐵 + 𝐶𝑥2

𝑥2 + 1 = (𝐴+𝐶)𝑥2 + (−𝐴 + 𝐵)𝑥 − 𝐵


jednako i sa desne i sa leve strane (za svaki odgovarajući stepen). Takođe, slobodan

član mora biti jednak i sa desne i sa leve strane. Odatle imamo da je:

1 = 𝐴 + 𝐶

0 = −𝐴 + 𝐵

1 = −𝐵

Ovo je jedan osnovni sistem jednačina sa tri nepoznate, 𝐴 i 𝐵 i 𝐶, koji možemo rešiti

putem metoda smene ili putem metoda suprotnih koeficijenata, mada ovo nije potrebno jer

već direktno imamo određene rezultate. Iz trećeg izraza već imamo da je 𝑩 = −𝟏, tako da

možemo samo ovo da zamenimo u drugi izraz i dobijemo:

0 = −𝐴 − 1

1 = −𝐴

𝑨 = −𝟏

Konačno, kada zamenimo ovu vrednost u prvi izraz, dobijamo:

1 = −1 + 𝐶

2 = 𝐶

𝑪 = 𝟐


𝑥2 + 1

𝑥2(𝑥 − 1)=

−1

𝑥+

−1

𝑥2+

2

(𝑥 − 1)

𝑥2 + 1

𝑥2(𝑥 − 1)= −

1

𝑥−

1

𝑥2+

2

(𝑥 − 1)

Vratimo funkciju u integral, što i treba da rešimo kao deo rešenja zadatka:

∫𝑥2 + 1

𝑥2(𝑥 − 1)𝑑𝑥 = ∫ −

1

𝑥𝑑𝑥 + ∫ −

1

𝑥2𝑑𝑥 + ∫

2

(𝑥 − 1)𝑑𝑥


87


integral:

∫ −1

𝑥𝑑𝑥


− ∫1

𝑥𝑑𝑥

Ovo je jednostavno tablični integral:

− ∫1

𝑥𝑑𝑥 = 𝒍𝒏|𝒙| + 𝑪


∫ −1

𝑥2𝑑𝑥


− ∫

1

𝑥2𝑑𝑥

Da bismo rešili ovaj integral, potrebno je samo da primetimo da je i ovo tablični integral,

ukoliko ga zapišemo u obliku:

− ∫ 𝑥−2𝑑𝑥

Rešenje ovog integrala je:

− ∫ 𝑥−2𝑑𝑥 = −𝑥−2+1

−2 + 1

− ∫ 𝑥−2𝑑𝑥 = −𝑥−1

−1

− ∫ 𝑥−2𝑑𝑥 =𝑥−1

1

− ∫ 𝑥−2𝑑𝑥 =𝟏

𝒙+ 𝑪

Potom, rešimo treći integral:

∫2

(𝑥 − 1)𝑑𝑥


2 ∫1

(𝑥 − 1)𝑑𝑥



88

Uvodimo smenu 𝑡:

𝑥 − 1 = 𝑡


𝑥 − 1 = 𝑡 /′

(𝑥 − 1)′ = 𝑡′

𝑑𝑥 = 𝑡′𝑑𝑡

𝑑𝑥 = 𝑑𝑡


2 ∫1

𝑡𝑑𝑡


2 ∫1

𝑡𝑑𝑡

2𝑙𝑛|𝑡|


2𝑙𝑛|𝑡|

= 𝟐𝒍𝒏|𝒙 − 𝟏| + 𝑪

Dobijamo da je finalno rešenje za našu pravu racionalnu funkciju:

∫𝑥2 + 1

𝑥2(𝑥 − 1)𝑑𝑥 = ∫ −

1

𝑥𝑑𝑥 + ∫ −

1

𝑥2𝑑𝑥 + ∫

2

(𝑥 − 1)𝑑𝑥

∫𝑥2 + 1

𝑥2(𝑥 − 1)𝑑𝑥 = 𝒍𝒏|𝒙| +

𝟏

𝒙+ 𝟐𝒍𝒏|𝒙 − 𝟏| + 𝑪

Međutim, ovo NIJE konačno rešenje – setite se da smo na početku zadatka ovo odvojili

kao jedan deo naše neprave racionalne funkcije:

∫(1 +𝑥2 + 1

𝑥3 − 𝑥2) 𝑑𝑥

= ∫ 1𝑑𝑥 + ∫𝑥2 + 1


Tako da finalno rešenje zadatka jeste:

∫𝑥3 + 1

𝑥3 − 𝑥2𝑑𝑥 = 𝒙 + 𝒍𝒏|𝒙| +

𝟏

𝒙+ 𝟐𝒍𝒏|𝒙 − 𝟏| + 𝑪

Samo za one kojima je zanimljivo što je skripta vrlo detaljna: Ukoliko vam je dosadno,

možete i ovaj rezultat dalje srediti jer imate dva logaritma na sledeći način:


89

Prvo, prebacimo konstantu ispred logaritma u stepen osnove (ovo je osnovna osobina

logaritama):

∫𝑥3 + 1

𝑥3 − 𝑥2𝑑𝑥 = 𝑥 + 𝑙𝑛|𝑥| +

1

𝑥+ 𝒍𝒏|𝒙 − 𝟏|𝟐 + 𝐶

Zatim, zbir dva logaritma možemo da svedemo na množenje njihovih numerusa:

∫𝑥3 + 1

𝑥3 − 𝑥2𝑑𝑥 = 𝑥 +

1

𝑥+ 𝒍𝒏|𝒙(𝒙 − 𝟏)|𝟐 + 𝐶

Svakako možemo srediti i polinomski izraz:

∫𝑥3 + 1

𝑥3 − 𝑥2𝑑𝑥 =

𝒙𝟐 + 𝟏

𝒙+ 𝑙𝑛|𝑥(𝑥 − 1)|2 + 𝐶

I ovo je finalno rešenje zadatka!






SKRIPTE EKOF 2019/20 skripteekof.com Lekcija 8: Određeni integral

90

Lekcija 8: Određeni integral

Pregled lekcije

U okviru ove lekcije imaćete priliku da naučite o sledećem:

određeni integrali – šta predstavljaju i kako se rešavaju kolokvijumski zadaci;

Njutn-Lajbnicova formula – putem koje i rešavamo određene integrale;

primena određenog integrala – zašto su bitni određeni integrali i za šta ih

koristimo u praksi (ovo nije potrebno za kolokvijum!)

Šta je određeni integral?

Određeni integrali izgledaju veoma slično neodređenim integralima koje smo obradili

detaljno u okviru prethodne dve lekcije. Računaju se na identičan način kao i neodređeni

integrali (koristimo sva pravila i metode kao i u prethodne dve lekcije), ali na kraju imamo i

malo dodatnog posla. Naime, određeni integral je oblika:

∫ 𝑓(𝑥)𝑏

𝑎

𝑑𝑥 = 𝐹(𝑥) | 𝑏

𝑎= 𝐹(𝑏) − 𝐹(𝑎)

gde su:

𝐹(𝑥) primitivna funkcija funkcije 𝑓(𝑥)

𝑎 donja granica intervala

𝑏 gornja granica intervala

𝐹(𝑎) vrednost primitivne funkcije u 𝑎

𝐹(𝑏) vrednost primitivne funkcije u 𝑏

Kao što vidimo, ovo je veoma slično obliku neodređenog integrala. Osnovna razlika jeste

da kao rešenje ne dobijamo neki izraz sa 𝑥 i konstantom 𝐶, već ćemo kao rešenje

određenog integrala dobiti određeni broj.

Deo 𝐹(𝑥) | 𝑏

𝑎= 𝐹(𝑏) − 𝐹(𝑎) se još naziva i Njutn-Lajbnicova formula.

Pogledajmo kolokvijumski primer.

Primer (sa kolokvijuma 2018.)

Izračunati:

∫ 2𝑥𝑙𝑛𝑥𝑑𝑥𝑒

1

Kao što vidimo, ovo je određeni integral, ali ovo ne utiče na postupak rešavanja integrala.

Integral prvo posmatramo kao neodređeni integral i primenjujemo poznate metode

integracije, koje smo naučili u prethodnoj lekciji.

SKRIPTE EKOF 2019/20 skripteekof.com Lekcija 8: Određeni integral

91

U ovom zadatku primenjujemo parcijalnu integraciju. Parcijalna integracija nam govori da

podelimo ovaj integral na dva dela, 𝑢 i 𝑑𝑣, koristeći magičnu reč „LAXSE“. Naša pod

integralna funkcija ima logaritam, tako da uzimamo da je:

𝑢 = 𝑙𝑛𝑥

𝑑𝑣 = 2𝑥𝑑𝑥

Sada je potrebno da 𝑢 diferenciramo, a 𝑑𝑣 integrišemo. Diferenciranje vršimo na sledeći

način:

𝑢 = 𝑙𝑛𝑥 /’

𝑑𝑢 =1

𝑥𝑑𝑥

Integraciju vršimo na sledeći način:

𝑑𝑣 = 2𝑥𝑑𝑥 /∫

∫ 𝑑𝑣 = ∫ 2𝑥𝑑𝑥

𝑣 = 2 ∫ 𝑥𝑑𝑥

𝑣 = 2 ∙𝑥2

2= 𝑥2

Konačno, ovo možemo da zamenimo u formulu za rešenje našeg integrala:


∫ 𝑙𝑛𝑥 ∙ 2𝑥𝑑𝑥 = 𝑙𝑛𝑥 ∙ 𝑥2 − ∫ 𝑥21

𝑥𝑑𝑥

∫ 𝑙𝑛𝑥 ∙ 2𝑥𝑑𝑥 = 𝑥2𝑙𝑛𝑥 − ∫ 𝑥 𝑑𝑥

∫ 𝑙𝑛𝑥 ∙ 2𝑥𝑑𝑥 = 𝑥2𝑙𝑛𝑥 −𝑥2

2

∫ 𝑙𝑛𝑥 ∙ 2𝑥𝑑𝑥 = 𝑥2 (𝑙𝑛𝑥 −1

2)

Sada bismo dodali konstantu C da je u pitanju neodređeni integral i to bi bilo krajnje

rešenje. Međutim, ovde imamo određeni integral sa granicama, koji računamo po Njutn-

Lajbnicovoj formuli:

∫ 𝑓(𝑥)𝑏

𝑎

𝑑𝑥 = 𝐹(𝑥) | 𝑏

𝑎= 𝐹(𝑏) − 𝐹(𝑎)

∫ 𝑙𝑛𝑥2𝑥 𝑑𝑥𝑒

1

= 𝑥2 (𝑙𝑛𝑥 −1

2) |

𝑏

𝑎= 𝑒2 (𝑙𝑛𝑒 −

1

2) − 12 (𝑙𝑛1 −

1

2)

=𝟏

𝟐𝒆𝟐 +

𝟏

𝟐

Za VIDEO LEKCIJE I DODATNA VEŽBANJA I PRIMENU

skenirajte sledeći QR kod preko vašeg pametnog telefona.




lekcija 6: uvod u neodređene integraleskripte ekof 2019/20 skripteekof.com lekcija 6: uvod u...

Documents