Veza između integracije i diferenciranja - deo 2

U prvom delu videli smo da se integracija i diferenciranje međusobno poništavaju: određeni integral neprekidne funkcije izračunava se pomoću bilo koje njene primitivne funkcije, ${\int_a^bf(x)\,dx}={P(b)-P(a)}.$ Zato je glavni praktični zadatak integralnog računa nalaženje primitivnih funkcija. Na ovoj stranici uvodimo oznaku za primitivne funkcije i dve najvažnije metode za njihovo nalaženje: metodu smene, koja proističe iz pravila za izvod složene funkcije, i parcijalnu integraciju, koja proističe iz pravila za izvod proizvoda.

Na ovoj stranici: Lajbnicova oznaka · Metoda smene · Smena u određenom integralu · Parcijalna integracija · Rekurentne formule · Druga teorema srednje vrednosti · Zadaci za vežbu

Lajbnicova oznaka za primitivne funkcije

Lajbnic je opštu primitivnu funkciju funkcije $f$ zapisivao znakom integrala bez granica:

$$\int f(x)\,dx=P(x)+C.$$

Ova jednakost znači upravo to da je ${P'(x)=f(x)}$ na posmatranom intervalu, a $C$ označava proizvoljnu konstantu. Ona, dakle, opisuje čitav skup funkcija. Simbol ${\int f(x)\,dx}$ naziva se neodređeni integral funkcije $f,$ a $f(x)$ je podintegralna funkcija. Svaka formula za izvod daje jedan neodređeni integral, na primer

${\int\cos x\,dx=\sin x+C},$   ${\int e^x\,dx=e^x+C},$   ${\int x^n\,dx=\frac{x^{n+1}}{n+1}+C}$  (${n\ne-1},$ na intervalu na kome je stepen $x^n$ definisan, kao u prvom delu).

Rezultat je lako proveriti: dovoljno ga je diferencirati. Na primer, ${\int(3x^2+2x)\,dx}={x^3+x^2+C},$ jer je ${(x^3+x^2)'=3x^2+2x}.$

Pošto je izvod zbira jednak zbiru izvoda, neodređeni integral može da se računa član po član, a konstantni činioci mogu da se izvuku ispred integrala: za konstante $\alpha$ i $\beta$ koje nisu obe jednake $0$ važi

Primer. Na intervalu ${x\gt0}$ je

${\int\left(6x^2-\frac{4}{x}+3\cos x\right)dx}={{2x^3-4\ln x+3\sin x+C}.}$

Na intervalu koji ne sadrži $0$ važi ${\int\frac{dx}{x}=\ln\lvert x\rvert+C}.$ Na celom skupu ${x\ne0},$ koji se sastoji od dva intervala, konstanta na ta dva intervala može biti različita (videti teoremu o nultom izvodu u prvom delu).

Neodređeni i određeni integral

Ova dva simbola liče jedan na drugi, ali znače različite stvari: ${\int f(x)\,dx}$ je skup funkcija, a ${\int_a^bf(x)\,dx}$ je broj. Povezuju ih osnovne teoreme. Ako je $f$ neprekidna na intervalu i ako je $c$ tačka tog intervala, prva teorema kaže da je integral sa promenljivom gornjom granicom jedna od primitivnih funkcija:

$$\int f(x)\,dx=\int_c^xf(t)\,dt+C,$$

a druga teorema kaže da je određeni integral jednak promeni bilo koje primitivne funkcije (konstanta se poništava):

$$\int_a^bf(x)\,dx=\Bigl[\int f(x)\,dx\Bigr]_a^b.$$

Zbog toga integraliti funkciju obično znači naći njene primitivne funkcije, a „tablica integrala“ je u stvari tablica primitivnih funkcija. Postupci za nalaženje primitivnih funkcija nazivaju se metode integracije. Tri osnovne metode su metoda smene i parcijalna integracija, koje objašnjavamo u nastavku, i rastavljanje na parcijalne razlomke kod racionalnih funkcija.

Nema svaka elementarna funkcija elementarnu primitivnu funkciju. Na primer, ${\int e^{-x^2}dx}$ i ${\int\frac{\sin x}{x}\,dx}$ (za ${x\gt0}$) postoje, jer su podintegralne funkcije neprekidne, ali ne mogu da se izraze pomoću elementarnih funkcija.

Integracija metodom smene

Neka je $P$ primitivna funkcija neprekidne funkcije $f$ na intervalu $J$ i neka funkcija $g$ ima neprekidan izvod na intervalu $I$ i uzima vrednosti iz $J.$ Prema pravilu za izvod složene funkcije je

${\big(P(g(x))\big)'}={P'(g(x))\,g'(x)}={{f(g(x))\,g'(x)},}$

pa je ${P(g(x))}$ primitivna funkcija za ${f(g(x))\,g'(x)}\text{:}$

U praksi se formula primenjuje mehanički. Stavimo ${u=g(x)}$ i napišimo ${du=g'(x)\,dx}$ (to je samo jednakost ${\frac{du}{dx}=g'(x)}$ zapisana u Lajbnicovoj oznaci). Integral prelazi u ${\int f(u)\,du}.$ Nađimo primitivnu funkciju $P(u),$ a zatim se vratimo na promenljivu $x$ tako što stavimo ${u=g(x)}.$ Simboli $du$ i $dx$ ovde služe samo kao pomoćno sredstvo pri računanju: rezultat je opravdan pravilom za izvod složene funkcije navedenim gore, a odgovor uvek može da se proveri diferenciranjem.

Veština je u tome da se uoči koji deo podintegralne funkcije treba označiti sa $u.$ Dobar izbor je „unutrašnja funkcija“ čiji se izvod, do na konstantni činilac, takođe nalazi u podintegralnoj funkciji.

Primeri

Primer 1 (linearna smena). Nađite ${\int(2x+1)^5\,dx}.$ Neka je ${u=2x+1}.$ Tada je ${du=2\,dx},$ pa je ${dx=\frac{1}{2}\,du},$ i

${\int(2x+1)^5\,dx}={\frac{1}{2}\int u^5\,du}={\frac{u^6}{12}+C}={{\frac{(2x+1)^6}{12}+C}.}$

Na isti način, ako je ${\int f(u)\,du=P(u)+C},$ onda je ${\int f(ax+b)\,dx}={\frac{1}{a}P(ax+b)+C}$ za sve konstante ${a\ne0}$ i $b.$ Na primer, ${\int e^{3x}\,dx=\frac{1}{3}e^{3x}+C}$ i ${\int\cos(5x-1)\,dx}={\frac{1}{5}\sin(5x-1)+C}.$

Primer 2. Nađite ${\int2x\cos(x^2)\,dx}.$ Neka je ${u=x^2}.$ Tada je ${du=2x\,dx},$ i

${\int2x\cos(x^2)\,dx}={\int\cos u\,du}={\sin u+C}={{\sin(x^2)+C}.}$

Primer 3 (nedostaje konstantni činilac). Nađite ${\int x^3\cos(x^4)\,dx}.$ Neka je ${u=x^4}.$ Tada je ${du=4x^3\,dx},$ pa je ${x^3\,dx=\frac{1}{4}\,du}\text{:}$

${\int x^3\cos(x^4)\,dx}={\frac{1}{4}\int\cos u\,du}={{\frac{1}{4}\sin(x^4)+C}.}$

Kada nedostaje samo konstantni činilac, to nije prepreka. Ali kada bi nedostajao činilac $x^3,$ to bi bila prepreka: ${\int\cos(x^4)\,dx}$ ne može da se nađe na ovaj način.

Primer 4. Nađite ${\int\cos^2x\,\sin x\,dx}.$ Neka je ${u=\cos x}.$ Tada je ${du=-\sin x\,dx},$ i

${\int\cos^2x\,\sin x\,dx}={-\int u^2\,du}={-\frac{u^3}{3}+C}={{-\frac{\cos^3x}{3}+C}.}$

Primer 5. Nađite ${\int\frac{x}{x^2+1}\,dx}.$ Neka je ${u=x^2+1}.$ Tada je ${du=2x\,dx},$ a pošto je ${u\gt0},$

${\int\frac{x}{x^2+1}\,dx}={\frac{1}{2}\int\frac{du}{u}}={\frac{1}{2}\ln u+C}={{\frac{1}{2}\ln(x^2+1)+C}.}$

Primer 6. Na intervalu na kome je ${\cos x\ne0}$ napišimo ${\operatorname{tg} x=\frac{\sin x}{\cos x}}$ i stavimo ${u=\cos x},$ ${du=-\sin x\,dx}\text{:}$

${\int\operatorname{tg} x\,dx}={-\int\frac{du}{u}}={-\ln\lvert u\rvert+C}={{-\ln\lvert\cos x\rvert+C}.}$

Smena u određenom integralu

Kada se menja promenljiva, menjaju se i granice: ${x=a}$ prelazi u ${u=g(a)},$ a ${x=b}$ u ${u=g(b)},$ pa nema potrebe vraćati se na $x.$ (Intervali ovde mogu biti zatvoreni: u primeru 9 niže funkcija ${\sqrt{1-x^2}}$ je neprekidna samo na ${[-1,\,1]}.$ U krajnjoj tački zatvorenog intervala izvod je jednostran, a osnovne teoreme iz prvog dela važe i na zatvorenim intervalima, sa istim dokazima.)

Dokaz. Neka je $J$ interval na kome je $f$ neprekidna, fiksirajmo tačku $c$ iz $J$ i neka je ${P(u)=\int_c^uf(s)\,ds}.$ Prema prvoj osnovnoj teoremi, $P$ je primitivna funkcija za $f$ na $J,$ a prema pravilu za izvod složene funkcije je ${R(x)=P(g(x))}$ primitivna funkcija neprekidne funkcije ${f(g(x))\,g'(x)}$ na ${[a,\,b]}.$ Druga osnovna teorema, primenjena najpre na $R,$ a zatim na $P,$ daje

${\int_a^bf(g(x))\,g'(x)\,dx}={R(b)-R(a)}={P(g(b))-P(g(a))}={{\int_{g(a)}^{g(b)}f(u)\,du}.}$

Primer 7. Nađite ${\int_0^1x\sqrt{1+x^2}\,dx}.$ Neka je ${u=1+x^2},$ ${du=2x\,dx}.$ Za ${x=0}$ je ${u=1},$ a za ${x=1}$ je ${u=2}\text{:}$

${\int_0^1x\sqrt{1+x^2}\,dx}={\frac{1}{2}\int_1^2\sqrt{u}\,du}={\frac{1}{3}\Bigl[u^{3/2}\Bigr]_1^2}={{\frac{2\sqrt{2}-1}{3}}.}$

Primer 8. Smenom ${u=\sin x},$ ${du=\cos x\,dx}$ granice $0$ i $\frac{\pi}{2}$ prelaze u $0$ i $1\text{:}$

${\int_0^{\pi/2}\sin^3x\cos x\,dx}={\int_0^1u^3\,du}={{\frac{1}{4}}.}$

Primer 9 (smena u suprotnom smeru). Nađite ${\int_0^1\sqrt{1-x^2}\,dx}.$ Ovde se ne vidi nikakav činilac $g'(x).$ Umesto toga, stavljamo ${x=\sin t}$ i teoremu čitamo zdesna nalevo: ${dx=\cos t\,dt},$ granicama $0$ i $1$ za $x$ odgovaraju granice $0$ i $\frac{\pi}{2}$ za $t,$ i ${\sqrt{1-\sin^2t}=\cos t},$ jer je ${\cos t\ge0}$ na ${\left[0,\,\frac{\pi}{2}\right]}.$ Pošto je ${\cos^2t=\frac{1+\cos2t}{2}},$ dobijamo

${\int_0^1\sqrt{1-x^2}\,dx}={\int_0^{\pi/2}\cos^2t\,dt}={\Bigl[\frac{t}{2}+\frac{\sin2t}{4}\Bigr]_0^{\pi/2}}={{\frac{\pi}{4}}.}$

To je površina četvrtine jediničnog kruga, kao što i treba da bude.

Parcijalna integracija

Pravilo za izvod proizvoda ${(fg)'=f'g+fg'}$ kaže da je ${f(x)\,g(x)}$ primitivna funkcija za ${f'(x)\,g(x)}+{f(x)\,g'(x)}.$ Kada se zapiše pomoću neodređenih integrala i preuredi, ono postaje formula za parcijalnu integraciju. Ako $f$ i $g$ imaju neprekidne izvode na intervalu, onda je

(Proizvoljna konstanta sadržana je u neodređenom integralu na desnoj strani.) Uz oznake ${u=f(x)},$ ${v=g(x)},$ ${du=f'(x)\,dx}$ i ${dv=g'(x)\,dx}$ formula dobija kratak oblik

$$\int u\,dv=uv-\int v\,du.$$

Za određene integrale, druga osnovna teorema primenjena na primitivnu funkciju $fg$ funkcije ${f'g+fg'}$ daje

${\int_a^bf(x)\,g'(x)\,dx}={{\Bigl[f(x)\,g(x)\Bigr]_a^b-\int_a^bf'(x)\,g(x)\,dx}.}$

Formula prebacuje izvod sa jednog činioca na drugi. Ona pomaže kada je novi integral ${\int v\,du}$ jednostavniji od polaznog. Obično je $u$ činilac koji se diferenciranjem uprošćava (stepen promenljive $x,$ $\ln x,$ $\operatorname{arctg} x$), a $dv$ činilac koji se lako integrali ($e^x\,dx,$ $\sin x\,dx,$ $\cos x\,dx$ ili samo $dx$).

Slika pokazuje smisao formule kada su $u$ i $v$ pozitivni i rastu zajedno. Oblast ispod krive ima površinu ${\int_{u_1}^{u_2}v\,du},$ a oblast levo od nje ima površinu ${\int_{v_1}^{v_2}u\,dv}.$ Zajedno one popunjavaju veliki pravougaonik bez malog: ${\int_{u_1}^{u_2}v\,du+\int_{v_1}^{v_2}u\,dv}={u_2v_2-u_1v_1}.$ To je upravo formula za određene integrale: za ${u_1=f(a)}$ i ${u_2=f(b)}$ teorema o smeni daje ${\int_{u_1}^{u_2}v\,du}={\int_a^bf'(x)\,g(x)\,dx},$ i na isti način ${\int_{v_1}^{v_2}u\,dv}={\int_a^bf(x)\,g'(x)\,dx}.$

Primeri

Primer 1. Nađite ${\int x\cos x\,dx}.$ Uzmimo ${u=x}$ i ${dv=\cos x\,dx}.$ Tada je ${du=dx},$ ${v=\sin x},$ i

${\int x\cos x\,dx}={x\sin x-\int\sin x\,dx}={{x\sin x+\cos x+C}.}$

Provera: ${(x\sin x+\cos x)'}={\sin x+x\cos x-\sin x}={x\cos x}.$ Drugi izbor, ${u=\cos x}$ i ${dv=x\,dx},$ daje ${\int x\cos x\,dx}={\frac{x^2}{2}\cos x+\int\frac{x^2}{2}\sin x\,dx},$ tj. integral koji je teži od polaznog.

Primer 2. Nađite ${\int xe^x\,dx}.$ Uzmimo ${u=x},$ ${dv=e^x\,dx},$ pa je ${du=dx},$ ${v=e^x}\text{:}$

${\int xe^x\,dx}={xe^x-\int e^x\,dx}={{(x-1)e^x+C}.}$

Primer 3 ($dv=dx$). Nađite ${\int\ln x\,dx}$ za ${x\gt0}.$ Uzmimo ${u=\ln x}$ i ${dv=dx},$ pa je ${du=\frac{dx}{x}},$ ${v=x}\text{:}$

${\int\ln x\,dx}={x\ln x-\int x\cdot\frac{1}{x}\,dx}={{x\ln x-x+C}.}$

Primer 4 (određeni integral). Uzmimo ${u=x},$ ${dv=\sin x\,dx}\text{:}$

${\int_0^\pi x\sin x\,dx}={\Bigl[-x\cos x\Bigr]_0^\pi+\int_0^\pi\cos x\,dx}={\pi+\Bigl[\sin x\Bigr]_0^\pi}={{\pi}.}$

Primer 5 (dve parcijalne integracije). Nađite ${\int x^2\sin x\,dx}.$ Uzmimo ${u=x^2},$ ${dv=\sin x\,dx},$ pa je ${du=2x\,dx},$ ${v=-\cos x}.$ Novi integral je integral iz primera 1:

${\int x^2\sin x\,dx}={-x^2\cos x+2\int x\cos x\,dx}={-x^2\cos x+2x\sin x}+{{2\cos x+C}.}$

Primer 6 (integral se vraća). Neka je ${I=\int e^x\sin x\,dx}.$ Primenimo dva puta parcijalnu integraciju, pri čemu svaki put eksponencijalni činilac ulazi u $dv\text{:}$

${I}={e^x\sin x-\int e^x\cos x\,dx}={e^x\sin x}-{\Bigl(e^x\cos x+\int e^x\sin x\,dx\Bigr)}={{e^x(\sin x-\cos x)-I}.}$

Nepoznati integral pojavljuje se na obe strane. Rešavanjem po njemu (i dodavanjem konstante na kraju) dobijamo

${\int e^x\sin x\,dx}={{\frac{e^x(\sin x-\cos x)}{2}+C}.}$

Primer 7 (parcijalna integracija, pa smena). Nađite ${\int\operatorname{arctg} x\,dx}.$ Uzmimo ${u=\operatorname{arctg} x},$ ${dv=dx},$ pa je ${du=\frac{dx}{1+x^2}},$ ${v=x}.$ Novi integral izračunat je u primeru 5 iz odeljka o metodi smene:

${\int\operatorname{arctg} x\,dx}={x\operatorname{arctg} x-\int\frac{x}{1+x^2}\,dx}={{x\operatorname{arctg} x-\frac{1}{2}\ln(1+x^2)+C}.}$

Rekurentne formule

Parcijalnom integracijom može se korak po korak snižavati stepen u podintegralnoj funkciji. Za ${n\ge2}$ napišimo ${\sin^nx=\sin^{n-1}x\cdot\sin x}$ i uzmimo ${u=\sin^{n-1}x},$ ${dv=\sin x\,dx}.$ Tada je ${du=(n-1)\sin^{n-2}x\cos x\,dx},$ ${v=-\cos x},$ i

${\int\sin^nx\,dx}={-\sin^{n-1}x\cos x}+{{(n-1)\int\sin^{n-2}x\cos^2x\,dx}.}$

Zamenimo ${\cos^2x}$ sa ${1-\sin^2x}.$ Tada se integral ${\int\sin^nx\,dx}$ pojavljuje na obe strane, sa koeficijentima $1$ i ${-(n-1)},$ a rešavanjem po njemu dobija se rekurentna formula

Za ${n=2}\text{:}$ ${\int\sin^2x\,dx}={-\frac{1}{2}\sin x\cos x+\frac{x}{2}+C}={\frac{x}{2}-\frac{\sin2x}{4}+C}.$

Na intervalu ${\left[0,\,\frac{\pi}{2}\right]}$ prvi sabirak je jednak $0$ u obe krajnje tačke, pa je ${\int_0^{\pi/2}\sin^nx\,dx}={\frac{n-1}{n}\int_0^{\pi/2}\sin^{n-2}x\,dx}.$ Polazeći od ${\int_0^{\pi/2}dx=\frac{\pi}{2}}$ i ${\int_0^{\pi/2}\sin x\,dx=1},$ dobijamo:

${\int_0^{\pi/2}\sin^2x\,dx=\frac{1}{2}\cdot\frac{\pi}{2}=\frac{\pi}{4}},$   ${\int_0^{\pi/2}\sin^3x\,dx=\frac{2}{3}\cdot1=\frac{2}{3}},$   ${\int_0^{\pi/2}\sin^4x\,dx=\frac{3}{4}\cdot\frac{\pi}{4}=\frac{3\pi}{16}}.$

Druga teorema o srednjoj vrednosti za integrale

Dakle, proizvod se integrali kao da $f$ uzima samo svoje dve krajnje vrednosti: $f(a)$ na ${[a,\,c]}$ i $f(b)$ na ${[c,\,b]}.$

Dokaz. Neka je ${G(x)=\int_a^xg(t)\,dt}.$ Tada je ${G'=g}$ i ${G(a)=0},$ pa parcijalna integracija daje

${\int_a^bf(x)\,g(x)\,dx}={\int_a^bf(x)\,G'(x)\,dx}={{f(b)\,G(b)-\int_a^bf'(x)\,G(x)\,dx}.}$

Težinska funkcija $f'$ je neprekidna i ne menja znak, pa prema uopštenoj teoremi o srednjoj vrednosti za integrale (ako su $G$ i $w$ neprekidne i ako $w$ ne menja znak na ${[a,\,b]},$ onda je ${\int_a^bG(x)\,w(x)\,dx}={G(c)\int_a^bw(x)\,dx}$ za neko $c$ iz ${[a,\,b]}\text{:}$ za ${w\ge0}$ i ${m\le G\le M}$ važi ${m\int_a^bw\,dx}\le{\int_a^bGw\,dx}\le{M\int_a^bw\,dx},$ a teorema o međuvrednosti daje $c$) postoji tačka $c$ takva da je ${\int_a^bf'(x)\,G(x)\,dx}={G(c)\big(f(b)-f(a)\big)}.$ Prema tome,

${\int_a^bf(x)\,g(x)\,dx}={f(b)\,G(b)}-{G(c)\big(f(b)-f(a)\big)}={{f(a)\,G(c)+f(b)\big(G(b)-G(c)\big)},}$

a to je tvrđenje teoreme, jer je ${G(c)=\int_a^cg(x)\,dx}$ i ${G(b)-G(c)}={\int_c^bg(x)\,dx}.$

Zadaci za vežbu

Metoda smene

1. Nađite ${\int\sqrt{2x+1}\,dx}.$

Smena ${u=2x+1},$ ${du=2\,dx}\text{:}$ ${\frac{1}{2}\int u^{1/2}\,du}={\frac{1}{3}u^{3/2}+C}.$ Odgovor: ${\frac{1}{3}(2x+1)^{3/2}+C}.$

2. Nađite ${\int x(x^2+1)^4\,dx}.$

Smena ${u=x^2+1},$ ${du=2x\,dx}\text{:}$ ${\frac{1}{2}\int u^4\,du=\frac{u^5}{10}+C}.$ Odgovor: ${\frac{(x^2+1)^5}{10}+C}.$

3. Nađite ${\int\frac{\cos x}{\sin^3x}\,dx}$ na intervalu na kome je ${\sin x\ne0}.$

Smena ${u=\sin x},$ ${du=\cos x\,dx}\text{:}$ ${\int u^{-3}\,du=-\frac{1}{2u^2}+C}.$ Odgovor: ${-\frac{1}{2\sin^2x}+C}.$

4. Nađite ${\int\frac{\sin x}{(3+\cos x)^2}\,dx}.$

Smena ${u=3+\cos x},$ ${du=-\sin x\,dx}\text{:}$ ${-\int u^{-2}\,du=\frac{1}{u}+C}.$ Odgovor: ${\frac{1}{3+\cos x}+C}.$

5. Nađite ${\int\frac{e^x}{1+e^x}\,dx}.$

Smena ${u=1+e^x},$ ${du=e^x\,dx}\text{:}$ ${\int\frac{du}{u}=\ln u+C},$ pri čemu je ${u\gt0}.$ Odgovor: ${\ln(1+e^x)+C}.$

6. Nađite ${\int\frac{\ln x}{x}\,dx}$ za ${x\gt0}.$

Smena ${u=\ln x},$ ${du=\frac{dx}{x}}\text{:}$ ${\int u\,du=\frac{u^2}{2}+C}.$ Odgovor: ${\frac{(\ln x)^2}{2}+C}.$

7. Izračunajte ${\int_1^4\frac{e^{\sqrt{x}}}{\sqrt{x}}\,dx}.$

Smena ${u=\sqrt{x}},$ ${du=\frac{dx}{2\sqrt{x}}};$ granice postaju $1$ i $2\text{:}$ ${2\int_1^2e^u\,du=2\Bigl[e^u\Bigr]_1^2}.$ Odgovor: ${2(e^2-e)}.$

8. Izračunajte ${\int_0^{\pi/4}\cos2x\,\sqrt{4-\sin2x}\,dx}.$

Smena ${u=4-\sin2x},$ ${du=-2\cos2x\,dx};$ granice $0$ i $\frac{\pi}{4}$ prelaze u $4$ i $3\text{:}$ ${-\frac{1}{2}\int_4^3\sqrt{u}\,du}={\frac{1}{2}\int_3^4\sqrt{u}\,du}={{\frac{1}{3}\Bigl[u^{3/2}\Bigr]_3^4}.}$ Odgovor: ${\frac{8-3\sqrt{3}}{3}}.$

9. Dokažite da je ${\int_{-a}^af(x)\,dx=0}$ za svaku neprekidnu neparnu funkciju $f$ i zaključite da je ${\int_{-1}^1x^3\cos x\,dx=0}.$

Podelimo integral tačkom $0.$ U integralu ${\int_{-a}^0f(x)\,dx}$ stavimo ${x=-t},$ ${dx=-dt}\text{:}$ on postaje ${\int_a^0f(-t)\,(-dt)}={\int_0^af(-t)\,dt}={-\int_0^af(t)\,dt},$ što se poništava sa ${\int_0^af(x)\,dx}.$ Funkcija ${x^3\cos x}$ je neparna, pa je njen integral po intervalu ${[-1,\,1]}$ jednak $0.$

10. Dokažite da je ${\int_0^1x^m(1-x)^n\,dx}={\int_0^1x^n(1-x)^m\,dx}$ za sve prirodne brojeve $m$ i $n.$

Stavimo ${x=1-t},$ ${dx=-dt};$ granice $0$ i $1$ prelaze u $1$ i $0\text{:}$ ${\int_0^1x^m(1-x)^n\,dx}={\int_1^0(1-t)^mt^n\,(-dt)}={\int_0^1t^n(1-t)^m\,dt}.$

Parcijalna integracija

11. Nađite ${\int x\sin x\,dx}.$

${u=x},$ ${dv=\sin x\,dx},$ ${v=-\cos x}\text{:}$ ${-x\cos x+\int\cos x\,dx}.$ Odgovor: ${-x\cos x+\sin x+C}.$

12. Nađite ${\int x^2e^x\,dx}.$

${u=x^2},$ ${dv=e^x\,dx}\text{:}$ ${x^2e^x-2\int xe^x\,dx},$ a ${\int xe^x\,dx=(x-1)e^x+C}$ (primer 2 iz odeljka o parcijalnoj integraciji). Odgovor: ${(x^2-2x+2)e^x+C}.$

13. Nađite ${\int x\ln x\,dx}$ za ${x\gt0}.$

${u=\ln x},$ ${dv=x\,dx},$ ${v=\frac{x^2}{2}}\text{:}$ ${\frac{x^2}{2}\ln x-\int\frac{x^2}{2}\cdot\frac{1}{x}\,dx}.$ Odgovor: ${\frac{x^2}{2}\ln x-\frac{x^2}{4}+C}.$

14. Izračunajte ${\int_0^1xe^{-x}\,dx}.$

${u=x},$ ${dv=e^{-x}\,dx},$ ${v=-e^{-x}}\text{:}$ ${\Bigl[-xe^{-x}\Bigr]_0^1}+{\int_0^1e^{-x}\,dx}={-\frac{1}{e}+1-\frac{1}{e}}.$ Odgovor: ${1-\frac{2}{e}}.$

15. Nađite ${\int e^x\cos x\,dx}.$

Kao u primeru 6 iz odeljka o parcijalnoj integraciji: ${\int e^x\cos x\,dx}={e^x\cos x+\int e^x\sin x\,dx}={e^x\cos x+e^x\sin x}-{{\int e^x\cos x\,dx}.}$ Odgovor: ${\frac{e^x(\sin x+\cos x)}{2}+C}.$

16. Nađite ${\int\arcsin x\,dx}$ za ${-1\lt x\lt1}.$

${u=\arcsin x},$ ${dv=dx}\text{:}$ ${x\arcsin x-\int\frac{x}{\sqrt{1-x^2}}\,dx};$ smenom ${w=1-x^2}$ poslednji integral je jednak ${-\sqrt{1-x^2}+C}.$ Odgovor: ${x\arcsin x+\sqrt{1-x^2}+C}.$

17. Pomoću rekurentne formule izračunajte ${\int_0^{\pi/2}\sin^5x\,dx}.$

${\int_0^{\pi/2}\sin^5x\,dx}={\frac{4}{5}\int_0^{\pi/2}\sin^3x\,dx}={\frac{4}{5}\cdot\frac{2}{3}}.$ Odgovor: ${\frac{8}{15}}.$

Mešoviti zadaci

18. Nađite ${\int\sin\sqrt{x}\,dx}$ za ${x\gt0}.$

Smena ${t=\sqrt{x}},$ ${dt=\frac{dx}{2\sqrt{x}}},$ pa je ${dx=2\sqrt{x}\,dt=2t\,dt}\text{:}$ ${2\int t\sin t\,dt}={2(\sin t-t\cos t)+C}$ (zadatak 11). Odgovor: ${2\sin\sqrt{x}-2\sqrt{x}\cos\sqrt{x}+C}.$

19. Nađite ${\int x^3e^{x^2}\,dx}.$

Smena ${u=x^2},$ ${du=2x\,dx}\text{:}$ ${\frac{1}{2}\int ue^u\,du}={\frac{1}{2}(u-1)e^u+C}$ (primer 2 iz odeljka o parcijalnoj integraciji). Odgovor: ${\frac{(x^2-1)e^{x^2}}{2}+C}.$

20. Nađite ${\int x\operatorname{arctg} x\,dx}.$

${u=\operatorname{arctg} x},$ ${dv=x\,dx},$ i izaberimo ${v=\frac{x^2+1}{2}}$ (može se uzeti bilo koja primitivna funkcija za $x$): ${\frac{x^2+1}{2}\operatorname{arctg} x}-{\int\frac{x^2+1}{2}\cdot\frac{1}{1+x^2}\,dx}.$ Odgovor: ${\frac{x^2+1}{2}\operatorname{arctg} x-\frac{x}{2}+C}.$

21. Izračunajte ${\int_1^e(\ln x)^2\,dx}.$

${u=(\ln x)^2},$ ${dv=dx}\text{:}$ ${\Bigl[x(\ln x)^2\Bigr]_1^e}-{2\int_1^e\ln x\,dx}={e-2\Bigl[x\ln x-x\Bigr]_1^e}={e-2\cdot1}$ (primer 3 iz odeljka o parcijalnoj integraciji). Odgovor: ${e-2}.$

Pogledajte i: Integrali (1. deo) · Rešavanje integrala korak po korak