Veza između integracije i diferenciranja

Diferenciranje i integracija naizgled odgovaraju na dva međusobno nepovezana pitanja. Izvod daje nagib krive u tački, a određeni integral daje površinu ispod krive. Ipak, ove dve operacije poništavaju jedna drugu, slično kao što se kod pozitivnih brojeva kvadriranje i korenovanje međusobno poništavaju. Tu vezu izražavaju dve osnovne teoreme integralnog računa i upravo zahvaljujući njoj većinu integrala možemo da izračunamo: umesto granične vrednosti integralnih suma, potrebna nam je samo funkcija čiji je izvod jednak podintegralnoj funkciji.

Evo prvog primera. Uzmimo funkciju ${f(t)=t^2}$ i integralimo je od $0$ do promenljive gornje granice $x.$ Iz definicije integrala kao granične vrednosti integralnih suma dobija se

$$\int_0^x t^2\,dt=\frac{x^3}{3}.$$

Rezultat je nova funkcija promenljive $x,$ a njen izvod je ${\left(\frac{x^3}{3}\right)'=x^2},$ tj. upravo funkcija od koje smo pošli. Ako funkciju $f$ integralimo, a zatim diferenciramo, ponovo dobijamo $f.$ U nastavku ćemo pokazati da to nije slučajno.

Na ovoj stranici: Promenljiva gornja granica · Prva osnovna teorema · Teorema o nultom izvodu · Primitivna funkcija · Druga osnovna teorema · Primeri · Izvod i osobine funkcije · Zadaci za vežbu

Integral sa promenljivom gornjom granicom

Neka je $f$ integrabilna na intervalu $[a,\,b]$ i neka je $c$ fiksirana tačka iz $[a,\,b].$ Za svako $x$ iz $[a,\,b]$ stavimo

$$A(x)=\int_c^x f(t)\,dt.$$

Kada je ${f\ge0}$ i ${x\gt c},$ broj $A(x)$ je površina oblasti ispod grafika funkcije $f$ između $c$ i $x.$ Kada se $x$ pomera, menja se i površina, pa je $A$ funkcija gornje granice. Ona se naziva integral sa promenljivom gornjom granicom.

• Slovo $t$ je samo promenljiva integracije. Može se uzeti bilo koje drugo slovo, ali ne $x,$ jer ono već označava gornju granicu.

• ${A(c)=0},$ a za ${x\lt c}$ pod tim integralom podrazumevamo ${-\int_x^c f(t)\,dt}.$

• Promena početne tačke menja $A$ samo za konstantu: ${\int_{c_1}^x f(t)\,dt}={\int_{c_1}^{c_2}f(t)\,dt}+{\int_{c_2}^x f(t)\,dt},$ a prvi integral na desnoj strani ne zavisi od $x.$

Prva osnovna teorema integralnog računa

Drugim rečima, ${\frac{d}{dx}\int_c^x f(t)\,dt=f(x)}\text{:}$ izvod integrala po gornjoj granici jednak je vrednosti podintegralne funkcije u toj granici. Ako je $f$ neprekidna na celom intervalu, to važi u svakoj unutrašnjoj tački. Isto važi i na otvorenom intervalu $I,$ jer je svaka tačka intervala $I$ unutrašnja tačka nekog intervala ${[a,\,b]\subset I}$ koji sadrži i tačku $c.$ Dakle, svaka funkcija neprekidna na otvorenom intervalu je na njemu izvod neke funkcije.

Zašto teorema važi

Uzmimo malo ${h\gt0}.$ Razlika ${A(x+h)-A(x)}$ je površina od $c$ do ${x+h}$ minus površina od $c$ do $x,$ tj. površina uske trake između $x$ i ${x+h}\text{:}$

$$A(x+h)-A(x)=\int_x^{x+h}f(t)\,dt.$$

Traka ima širinu $h,$ a kada je $h$ malo, njena visina se malo razlikuje od $f(x).$ Zato je traka približno pravougaonik površine ${h\,f(x)},$ pa je

$$\frac{A(x+h)-A(x)}{h}\approx f(x).$$

Što je $h$ manje, to je aproksimacija bolja. Prelaskom na graničnu vrednost količnik priraštaja na levoj strani postaje izvod $A'(x),$ a približna jednakost postaje jednakost ${A'(x)=f(x)}.$

Ako je $f$ neprekidna na ${[x,\,x+h]},$ teorema o srednjoj vrednosti za integrale daje tačnu jednakost: traka ima površinu ${h\,f(z)}$ za neku tačku $z$ između $x$ i ${x+h}.$ Kada ${h\to0},$ tačka $z$ nužno teži ka $x,$ pa ${f(z)\to f(x)}$ jer je $f$ neprekidna.

Dokaz

Rasuđivanje na osnovu slike pretpostavlja da je $f$ neprekidna u okolini tačke $x,$ a teorema zahteva neprekidnost samo u samoj tački $x.$ Evo dokaza koji koristi samo tu pretpostavku.

Fiksirajmo tačku $x$ intervala $(a,\,b)$ u kojoj je $f$ neprekidna i neka je ${h\ne0}$ toliko malo da ${x+h}$ i dalje pripada intervalu $[a,\,b].$ Kao i gore, ${A(x+h)-A(x)}={\int_x^{x+h}f(t)\,dt}.$ Broj $f(x)$ je konstanta, pa je ${\int_x^{x+h}f(x)\,dt=h\,f(x)},$ i zato je

${\frac{A(x+h)-A(x)}{h}}-{f(x)}={{\frac{1}{h}\int_x^{x+h}\big(f(t)-f(x)\big)\,dt}.}$

Pokazaćemo da desna strana teži ka $0.$ Neka je ${\varepsilon\gt0}.$ Pošto je $f$ neprekidna u tački $x,$ postoji ${\delta\gt0}$ takvo da je ${\lvert f(t)-f(x)\rvert\lt\varepsilon}$ za svako $t$ iz $[a,\,b]$ za koje je ${\lvert t-x\rvert\lt\delta}.$ Uzmimo sada ${0\lt\lvert h\rvert\lt\delta}.$ Svako $t$ između $x$ i ${x+h}$ udaljeno je od $x$ manje od $\delta,$ pa je podintegralna funkcija po apsolutnoj vrednosti manja od $\varepsilon$ na intervalu dužine $\lvert h\rvert,$ i

${\left\lvert\frac{1}{h}\int_x^{x+h}\big(f(t)-f(x)\big)\,dt\right\rvert}\le{\frac{1}{\lvert h\rvert}\cdot\varepsilon\,\lvert h\rvert}={{\varepsilon}.}$

(Za ${h\lt0}$ integral ide zdesna nalevo, što menja samo njegov znak, pa je ocena ista.) Dakle, količnik priraštaja se razlikuje od $f(x)$ najviše za $\varepsilon$ kad god je ${0\lt\lvert h\rvert\lt\delta}.$ Pošto je $\varepsilon$ proizvoljno,

${A'(x)}={\lim_{h\to0}\frac{A(x+h)-A(x)}{h}}={{f(x)}.}$

Primeri

Primer 1. ${\frac{d}{dx}\int_1^x(t^3+1)\,dt}={x^3+1}.$ Donja granica ne utiče na rezultat: izvod je podintegralna funkcija u kojoj je $t$ zamenjeno sa $x.$ To možemo i da proverimo: prema drugoj osnovnoj teoremi, koju dokazujemo u nastavku, ${\int_1^x(t^3+1)\,dt}={\frac{x^4}{4}+x-\frac{5}{4}},$ a izvod ovog izraza je ${x^3+1}.$

Primer 2. ${\frac{d}{dx}\int_0^x\sin(t^2)\,dt=\sin(x^2)}.$ Integral ${\int_0^x\sin(t^2)\,dt}$ ne može da se izrazi pomoću elementarnih funkcija (stepena, korena, eksponencijalnih, logaritamskih, trigonometrijskih i inverznih trigonometrijskih funkcija i njihovih kombinacija), a ipak je njegov izvod jednostavan. Integrali sa promenljivom gornjom granicom su, u stvari, način da se definišu nove funkcije, a teorema odmah daje njihove izvode. Na primer, prirodni logaritam može da se definiše kao ${\ln x=\int_1^x\frac{dt}{t}}$ za ${x\gt0},$ i tada odmah sledi ${(\ln x)'=\frac{1}{x}}.$

Primer 3 (promenljiva donja granica). Kada granice zamene mesta, integral menja znak: ${\int_x^2e^{t^2}\,dt=-\int_2^xe^{t^2}\,dt}.$ Zato je

$$\frac{d}{dx}\int_x^2e^{t^2}\,dt=-e^{x^2}.$$

Primer 4 (funkcija kao gornja granica). Nađite izvod funkcije ${F(x)=\int_0^{x^2}\sqrt{1+t^3}\,dt}.$

Neka je ${G(u)=\int_0^u\sqrt{1+t^3}\,dt}.$ Tada je ${F(x)=G(x^2)}$ i ${G'(u)=\sqrt{1+u^3}},$ pa je prema pravilu za izvod složene funkcije

${F'(x)}={G'(x^2)\cdot(x^2)'}={{2x\sqrt{1+x^6}}.}$

Ova dva slučaja zajedno daju opšte pravilo. Ako je $f$ neprekidna na intervalu koji sadrži sve vrednosti funkcija $u$ i $v,$ a $u$ i $v$ su diferencijabilne, onda je

Pravilo se dobija tako što se integral podeli nekom fiksiranom tačkom $c$ na dva dela i na njih primene primeri 3 i 4.

Primer 5. Ovde je ${u(x)=2x}$ i ${v(x)=x^2}\text{:}$

${\frac{d}{dx}\int_{2x}^{x^2}\frac{dt}{1+t^2}}={\frac{1}{1+x^4}\cdot2x}-{\frac{1}{1+4x^2}\cdot2}={{\frac{2x}{1+x^4}-\frac{2}{1+4x^2}}.}$

Kada podintegralna funkcija ima skok

Uslov da je $f$ neprekidna u tački $x$ ne može da se izostavi. Neka je ${f(t)=1}$ za ${t\lt0}$ i ${f(t)=2}$ za ${t\ge0},$ i neka je ${A(x)=\int_0^x f(t)\,dt}.$ Tada je ${A(x)=x}$ za ${x\le0}$ i ${A(x)=2x}$ za ${x\ge0}.$

Funkcija $A$ je svuda neprekidna i ${A'(x)=f(x)}$ u svakoj tački ${x\ne0}.$ U tački ${x=0},$ gde $f$ ima skok, grafik funkcije $A$ ima prelom: sleva mu je nagib $1,$ a zdesna $2,$ pa $A'(0)$ ne postoji. Integracija čini funkciju glatkijom: tamo gde $f$ ima skok, $A$ ima samo prelom.

Teorema o nultom izvodu

Ako je funkcija konstantna na intervalu, njen izvod je na tom intervalu jednak $0,$ jer je svaki količnik priraštaja ${\frac{f(x+h)-f(x)}{h}}$ jednak $0.$ Važi i obrnuto, a upravo je to ključ za drugu osnovnu teoremu.

Dokaz. Uzmimo bilo koje dve tačke ${x_1\lt x_2}$ iz $I.$ Funkcija $f$ je diferencijabilna, pa samim tim i neprekidna, na ${[x_1,\,x_2]}.$ Prema Lagranžovoj teoremi (o srednjoj vrednosti) postoji tačka $\xi$ između $x_1$ i $x_2$ takva da je

${f(x_2)-f(x_1)}={f'(\xi)\,(x_2-x_1)}={{0}.}$

Dakle, ${f(x_1)=f(x_2)}$ za bilo koje dve tačke iz $I,$ što znači da je $f$ konstantna.

Reč interval je ovde bitna. Funkcija ${g(x)=\frac{\lvert x\rvert}{x}}$ definisana je za ${x\ne0},$ i ${g'(x)=0}$ svuda gde je definisana, ali $g$ nije konstantna: jednaka je $-1$ za ${x\lt0}$ i $1$ za ${x\gt0}.$ Njen domen se sastoji od dva intervala, a teorema tvrdi samo da je $g$ konstantna na svakom od njih.

Primitivna funkcija i druga osnovna teorema integralnog računa

Definicija primitivne funkcije

Na primer, $\sin x$ je primitivna funkcija funkcije $\cos x$ na celoj realnoj pravoj, jer je ${(\sin x)'=\cos x}.$ Funkcija ${\frac{x^3}{3}}$ je primitivna funkcija za $x^2,$ a to su i ${\frac{x^3}{3}+5}$ i ${\frac{x^3}{3}-\sqrt{2}}\text{:}$ dodavanje konstante ne menja izvod. Zato govorimo o jednoj primitivnoj funkciji, a ne o jedinoj. Dodavanje konstante je ujedno i jedina sloboda koju imamo:

Dokaz. ${(P+C)'=P'=f},$ pa je svaka funkcija ${P+C}$ primitivna funkcija za $f.$ Obrnuto, ako je $Q$ bilo koja primitivna funkcija za $f$ na $I,$ onda je ${(Q-P)'=f-f=0}$ na $I,$ pa je prema teoremi o nultom izvodu ${Q-P}$ konstanta $C.$

Geometrijski, grafici primitivnih funkcija za $f$ su kopije jednog grafika pomerene naviše i naniže. Nad svakom tačkom $x$ svi oni imaju isti nagib $f(x).$ Na slici je ${f(x)=x^2-1}$ i svaka kriva ima nagib ${f(1{,}5)=1{,}25}$ u tački ${x=1{,}5}.$

Skup svih primitivnih funkcija za $f$ zapisuje se znakom integrala bez granica, ${\int f(x)\,dx=P(x)+C},$ i naziva se neodređeni integral funkcije $f.$ Više o ovom zapisu ima u drugom delu lekcije.

Da li svaka funkcija ima primitivnu funkciju? Svaka neprekidna funkcija je ima: prema prvoj osnovnoj teoremi, jedna takva funkcija je ${A(x)=\int_c^x f(t)\,dt}.$ Ali nema svaka funkcija primitivnu funkciju. Funkcija sa skokom iz gornjeg primera nema je na celoj pravoj. Prema teoremi o nultom izvodu, primitivna funkcija bi bila ${x+C_1}$ za ${x\lt0}$ i ${2x+C_2}$ za ${x\gt0}.$ Ona mora biti neprekidna u tački $0,$ pa je ${C_1=C_2},$ ali tada u tački $0$ ima prelom i tamo nema izvod.

Druga osnovna teorema integralnog računa

Dokaz. Neka je ${A(x)=\int_c^x f(t)\,dt}.$ Pošto je $f$ neprekidna u svakoj tački intervala $I,$ prva osnovna teorema daje ${A'(x)=f(x)}$ na $I,$ pa je $A$ primitivna funkcija za $f.$ Dve primitivne funkcije iste funkcije razlikuju se za konstantu, pa je ${A(x)=P(x)+k}$ za neki broj $k.$ Za ${x=c}$ odavde dobijamo ${0=A(c)=P(c)+k},$ pa je ${k=-P(c)}$ i ${A(x)=P(x)-P(c)}.$

Za ${c=a}$ i ${x=b}$ ovo je formula po kojoj se izračunavaju određeni integrali, Njutn–Lajbnicova formula. Ako je $f$ neprekidna na otvorenom intervalu koji sadrži ${[a,\,b]}$ i ako je $P$ primitivna funkcija za $f$ na tom intervalu, onda je

Zagrada ${\Bigl[P(x)\Bigr]_a^b},$ koja se piše i kao ${P(x)\Big\vert_a^b},$ kraći je zapis za ${P(b)-P(a)}.$ Svaka primitivna funkcija daje isti rezultat, jer se konstanta poništava: ${\big(P(b)+C\big)}-{\big(P(a)+C\big)}={P(b)-P(a)}.$

Teorema svodi težak problem na mnogo lakši. Umesto granične vrednosti integralnih suma potrebna nam je funkcija sa zadatim izvodom, a svaka formula za izvod, pročitana zdesna nalevo, daje jednu takvu funkciju.

Neprekidnost je bitna. Podintegralna funkcija mora biti neprekidna na celom intervalu integracije. Na primer, ${\left(-\frac{1}{x}\right)'=\frac{1}{x^2}},$ ali formula bi dala ${\int_{-1}^1\frac{dx}{x^2}}={\Bigl[-\frac{1}{x}\Bigr]_{-1}^1}={-2},$ negativan broj kao integral pozitivne funkcije. Formula se ovde ne može primeniti: funkcija ${\frac{1}{x^2}}$ nije čak ni definisana u tački ${x=0},$ koja pripada intervalu ${[-1,\,1]}.$ (Ovo je nesvojstveni integral i on divergira.)

Rešeni primeri

Primer 1. Funkcija ${\frac{x^3}{3}}$ je primitivna funkcija za $x^2,$ pa je

${\int_0^1x^2\,dx}={\Bigl[\frac{x^3}{3}\Bigr]_0^1}={\frac{1}{3}-0}={{\frac{1}{3}}.}$

Primer 2. ${x^3-2x^2+5x}$ je primitivna funkcija za ${3x^2-4x+5},$ pa je

${\int_1^2(3x^2-4x+5)\,dx}={\Bigl[x^3-2x^2+5x\Bigr]_1^2}={(8-8+10)}-{(1-2+5)}={{6}.}$

Primer 3. Napišimo koren kao stepen sa negativnim izložiocem:

${\int_1^4\frac{dx}{\sqrt{x}}}={\int_1^4x^{-1/2}\,dx}={\Bigl[2\sqrt{x}\Bigr]_1^4}={4-2}={{2}.}$

Primer 4. Pošto je ${(-\cos x)'=\sin x},$

${\int_0^\pi\sin x\,dx}={\Bigl[-\cos x\Bigr]_0^\pi}={-\cos\pi+\cos0}={1+1}={{2}.}$

Površina ispod jednog luka sinusoide jednaka je tačno $2.$

Primer 5. Pošto je ${(\operatorname{arctg}x)'=\frac{1}{1+x^2}},$

${\int_0^1\frac{dx}{1+x^2}}={\Bigl[\operatorname{arctg}x\Bigr]_0^1}={\frac{\pi}{4}-0}={{\frac{\pi}{4}}.}$

Primer 6. Pošto je ${(\ln x)'=\frac{1}{x}}$ za ${x\gt0},$

${\int_1^e\frac{dx}{x}}={\Bigl[\ln x\Bigr]_1^e}={1-0}={{1}.}$

Primer 7 (podintegralna funkcija zadata dvema formulama). Nađite ${\int_{-1}^2\lvert x\rvert\,dx}.$ Za ${x\lt0}$ je ${\lvert x\rvert=-x},$ a za ${x\ge0}$ je ${\lvert x\rvert=x},$ pa integral delimo tačkom $0\text{:}$

${\int_{-1}^0(-x)\,dx+\int_0^2x\,dx}={\Bigl[-\frac{x^2}{2}\Bigr]_{-1}^0}+{\Bigl[\frac{x^2}{2}\Bigr]_0^2}={\frac{1}{2}+2}={{\frac{5}{2}}.}$

Drugi način: ${P(x)=\frac{x\lvert x\rvert}{2}}$ je primitivna funkcija za ${\lvert x\rvert}$ na celoj pravoj (izvod proverite posebno za ${x\gt0},$ za ${x\lt0}$ i, po definiciji, u tački ${x=0}$), i ${P(2)-P(-1)}={2-\left(-\frac{1}{2}\right)}={\frac{5}{2}}.$

Osnovne primitivne funkcije

Svaki red ove tablice je formula za izvod pročitana unazad. Bilo koji red možete da proverite diferenciranjem desne kolone.

Funkcija $f(x)$	Primitivna funkcija $P(x)$
$x^n,$ ${n\ne-1}$	$\frac{x^{n+1}}{n+1}$
$\frac{1}{x}$	$\ln\lvert x\rvert$
$e^x$	$e^x$
$\sin x$	$-\cos x$
$\cos x$	$\sin x$
$\frac{1}{\cos^2x}$	$\operatorname{tg}x$
$\frac{1}{1+x^2}$	$\operatorname{arctg}x$
$\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$	$\arcsin x$

Svaka formula važi na svakom otvorenom intervalu na kome je $f$ neprekidna: na primer, za ${\frac{1}{x}}$ na ${(0,\,\infty)}$ ili na ${(-\infty,\,0)},$ ali ne na intervalu koji sadrži $0.$ Za $n$ koje nije ceo broj, stepen $x^n$ posmatramo za ${x\gt0}.$ Prema tome, za ${0\lt a\lt b}$ važi

${\int_a^bx^n\,dx=\frac{b^{n+1}-a^{n+1}}{n+1}}$  za svako ${n\ne-1},$   i   ${\int_a^b\frac{dx}{x}=\ln\frac{b}{a}}.$

Osobine funkcije koje slede iz njenog izvoda

Ako $f$ ima neprekidan izvod na otvorenom intervalu $I,$ onda je $f$ primitivna funkcija za $f',$ pa druga osnovna teorema daje, za sve $c$ i $x$ iz $I,$

$$f(x)=f(c)+\int_c^x f'(t)\,dt.$$

Vrednost funkcije u tački $x$ jednaka je njenoj vrednosti u tački $c$ uvećanoj za promenu nakupljenu između $c$ i $x.$ U fizici: ako je $s(t)$ položaj tela koje se kreće, a ${v(t)=s'(t)}$ njegova brzina, onda je ${s(t)}={s(0)+\int_0^t v(\tau)\,d\tau},$ pa je pomeraj jednak integralu brzine. Ova formula nam omogućava da osobine funkcije $f$ pročitamo iz osobina funkcije $f'.$

1. Znak izvoda. Ako je ${f'(t)\ge0}$ na $I,$ onda za ${x\gt c}$ integral ${\int_c^x f'(t)\,dt}$ nije negativan, pa je ${f(x)\ge f(c)}\text{:}$ funkcija je neopadajuća na $I$ (nikada ne opada). Ako je ${f'(t)\gt0}$ na $I,$ integral je pozitivan i $f$ je strogo rastuća. Na isti način, iz ${f'\le0}$ sledi da je $f$ nerastuća.

Na primer, za ${f(x)=x+\sin x}$ je ${f'(x)=1+\cos x\ge0},$ pa je ta funkcija neopadajuća na celoj realnoj pravoj. Štaviše, ona je strogo rastuća. Kada bi bilo ${f(x)=f(c)}$ za neko ${x\gt c},$ neopadajuća funkcija $f$ bila bi konstantna na ${[c,\,x]},$ pa bi bilo ${f'=0}$ na celom intervalu ${[c,\,x]}.$ Ali ${1+\cos t=0}$ samo u izolovanim tačkama ${t=\pi+2k\pi}.$

2. Ograničen izvod ograničava promenu funkcije. Ako je ${\lvert f'(t)\rvert\le M}$ na $I,$ onda je

${\lvert f(x)-f(c)\rvert}={\left\lvert\int_c^x f'(t)\,dt\right\rvert}\le{{M\,\lvert x-c\rvert}.}$

Na primer, iz ${\lvert\cos t\rvert\le1}$ sledi ${\lvert\sin x-\sin c\rvert\le\lvert x-c\rvert}$ za sve realne $x$ i $c.$

3. Neopadajući izvod čini funkciju konveksnom. Ako je $f'$ neopadajuća na $I,$ onda je $f$ konveksna na $I,$ tj. njen grafik se savija naviše. Uzmimo tri tačke ${x_1\lt x_2\lt x_3}$ iz $I.$ Nagib tetive nad ${[x_1,\,x_2]}$ je

${\frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}}={{\frac{1}{x_2-x_1}\int_{x_1}^{x_2}f'(t)\,dt},}$

tj. srednja vrednost funkcije $f'$ na ${[x_1,\,x_2]}.$ Pošto je $f'$ neopadajuća, ova srednja vrednost je najviše ${f'(x_2)},$ dok je srednja vrednost na ${[x_2,\,x_3]}$ najmanje ${f'(x_2)}.$ Dakle, tetiva nad ${[x_1,\,x_2]}$ nikada nije strmija od tetive nad ${[x_2,\,x_3]}.$ To znači da tačka ${(x_2,f(x_2))}$ leži na tetivi koja spaja tačke ${(x_1,f(x_1))}$ i ${(x_3,f(x_3))}$ ili ispod nje, a to je upravo definicija konveksnosti. Na isti način, ako je $f'$ nerastuća, $f$ je konkavna (grafik joj se savija naniže). Na primer, izvod funkcije $e^x$ je $e^x,$ a ta funkcija je rastuća, pa je $e^x$ konveksna.

Zadaci za vežbu

1. Nađite jednu primitivnu funkciju za ${f(x)=6x^2-4x+3}$ i pomoću nje izračunajte ${\int_0^2f(x)\,dx}.$

${P(x)=2x^3-2x^2+3x}$ je primitivna funkcija, jer je ${P'(x)=6x^2-4x+3}.$ Tada je ${\int_0^2f(x)\,dx}={P(2)-P(0)}={16-8+6}={{14}.}$ Odgovor: $14.$

2. Izračunajte ${\int_1^8\sqrt[3]{x}\,dx}.$

${\sqrt[3]{x}=x^{1/3}},$ a jedna primitivna funkcija je ${\frac{3}{4}x^{4/3}}.$ Pošto je ${8^{4/3}=16},$ integral je jednak ${\frac{3}{4}(16-1)}={\frac{45}{4}}.$ Odgovor: $\frac{45}{4}.$

3. Izračunajte ${\int_1^4\left(1+\sqrt{x}\right)^2dx}.$

${\left(1+\sqrt{x}\right)^2=1+2x^{1/2}+x},$ a jedna primitivna funkcija je ${x+\frac{4}{3}x^{3/2}+\frac{x^2}{2}}.$ Njena vrednost u tački $4$ je ${4+\frac{32}{3}+8=\frac{68}{3}},$ u tački $1$ je ${1+\frac{4}{3}+\frac{1}{2}=\frac{17}{6}},$ i ${\frac{68}{3}-\frac{17}{6}=\frac{119}{6}}.$ Odgovor: $\frac{119}{6}.$

4. Izračunajte ${\int_1^2\frac{x^3+x-3}{x^3}\,dx}.$

Podelimo član po član: ${\frac{x^3+x-3}{x^3}}={1+x^{-2}-3x^{-3}}.$ Jedna primitivna funkcija je ${x-\frac{1}{x}+\frac{3}{2x^2}}.$ Njena vrednost u tački $2$ je ${2-\frac{1}{2}+\frac{3}{8}=\frac{15}{8}},$ u tački $1$ je ${\frac{3}{2}},$ i ${\frac{15}{8}-\frac{3}{2}=\frac{3}{8}}.$ Odgovor: $\frac{3}{8}.$

5. Izračunajte ${\int_0^{\pi/2}(3\sin x+2\cos x)\,dx}.$

${\Bigl[-3\cos x+2\sin x\Bigr]_0^{\pi/2}}={(0+2)-(-3+0)}={{5}.}$ Odgovor: $5.$

6. Izračunajte ${\int_0^{\pi/4}\frac{dx}{\cos^2x}}.$

${\Bigl[\operatorname{tg}x\Bigr]_0^{\pi/4}}={1-0}={{1}.}$ Odgovor: $1.$

7. Izračunajte ${\int_{-1}^3\lvert x-1\rvert\,dx}.$

Podelimo integral tačkom ${x=1}\text{:}$ ${\int_{-1}^1(1-x)\,dx}={\Bigl[x-\frac{x^2}{2}\Bigr]_{-1}^1}={\frac{1}{2}-\left(-\frac{3}{2}\right)}={2}$ i ${\int_1^3(x-1)\,dx}={\Bigl[\frac{x^2}{2}-x\Bigr]_1^3}={\frac{3}{2}-\left(-\frac{1}{2}\right)}={2}.$ Odgovor: $4$ (površina dva trougla sa osnovicom $2$ i visinom $2$).

8. Nađite $F'(x)$ ako je ${F(x)=\int_2^x\sqrt{1+t^4}\,dt}.$

Prema prvoj osnovnoj teoremi, ${F'(x)=\sqrt{1+x^4}}.$

9. Nađite $F'(x)$ ako je ${F(x)=\int_0^{x^3}\cos(t^2)\,dt}.$

Prema pravilu za izvod složene funkcije, ${F'(x)}={\cos\big((x^3)^2\big)\cdot3x^2}={3x^2\cos(x^6)}.$

10. Nađite $F'(x)$ ako je ${F(x)=\int_x^{3x}e^{-t^2}\,dt}.$

Prema pravilu za promenljive granice, ${F'(x)}={e^{-9x^2}\cdot3-e^{-x^2}\cdot1}={3e^{-9x^2}-e^{-x^2}}.$

11. Nađite neprekidnu funkciju $f$ i sve konstante $c$ takve da je ${\int_c^x f(t)\,dt=x^2-4}$ za svako $x.$

Diferenciranjem obe strane dobijamo ${f(x)=2x}.$ Za ${x=c}$ leva strana je jednaka $0,$ pa je ${c^2-4=0}.$ Odgovor: ${f(x)=2x},$ a ${c=2}$ ili ${c=-2}.$

12. Neprekidna funkcija $f$ zadovoljava jednakost ${\int_0^x f(t)\,dt=x^2\sin\pi x}$ za svako $x.$ Nađite ${f\left(\frac{1}{2}\right)}$ i ${f'\left(\frac{1}{2}\right)}.$

Diferencirajmo: ${f(x)}={{2x\sin\pi x+\pi x^2\cos\pi x},}$ pa je ${f\left(\frac{1}{2}\right)=1+0=1}.$ Diferencirajmo još jednom: ${f'(x)}={2\sin\pi x}+{4\pi x\cos\pi x-\pi^2x^2\sin\pi x},$ pa je ${f'\left(\frac{1}{2}\right)=2-\frac{\pi^2}{4}}.$

13. Neprekidna funkcija $f$ zadovoljava jednakost ${\int_0^{f(x)}t^2\,dt=x^3+7x}$ za svako ${x\ge0}.$ Nađite $f(1).$

Leva strana je jednaka ${\frac{f(x)^3}{3}},$ pa je ${f(x)^3=3x^3+21x}.$ Za ${x=1}\text{:}$ ${f(1)^3=24}.$ Odgovor: ${f(1)=\sqrt[3]{24}=2\sqrt[3]{3}}.$

14. Čestica se kreće po pravoj brzinom ${v(t)=t^2-4t+3}$ (u m/s). Nađite njen pomeraj od ${t=0}$ do ${t=3}$ i ukupan put koji pređe za to vreme.

Pomeraj je ${\int_0^3v(t)\,dt}={\Bigl[\frac{t^3}{3}-2t^2+3t\Bigr]_0^3}={9-18+9}={{0}\text{:}}$ čestica se vraća u početnu tačku. Pošto je ${v(t)=(t-1)(t-3)},$ ona se kreće napred za ${0\lt t\lt1},$ a nazad za ${1\lt t\lt3}\text{:}$ ${\int_0^1v(t)\,dt=\frac{4}{3}}$ i ${\int_1^3v(t)\,dt=-\frac{4}{3}}.$ Odgovor: pomeraj je $0,$ a pređeni put je ${\frac{4}{3}+\frac{4}{3}=\frac{8}{3}}$ m.

15. Neka je ${f(x)=2+\int_0^x\frac{e^t}{1+t^2}\,dt}.$ Bez izračunavanja integrala nađite kvadratni polinom ${p(x)=a+bx+cx^2}$ takav da je ${p(0)=f(0)},$ ${p'(0)=f'(0)}$ i ${p''(0)=f''(0)}.$

${f(0)=2}.$ ${f'(x)=\frac{e^x}{1+x^2}},$ pa je ${f'(0)=1}.$ ${f''(x)}={\frac{e^x(1+x^2)-e^x\cdot2x}{(1+x^2)^2}}={\frac{e^x(x-1)^2}{(1+x^2)^2}},$ pa je ${f''(0)=1}.$ Pošto je ${p(0)=a},$ ${p'(0)=b}$ i ${p''(0)=2c},$ dobijamo ${a=2},$ ${b=1},$ ${c=\frac{1}{2}}.$ Odgovor: ${p(x)=2+x+\frac{x^2}{2}}.$

16. Dokažite da je ${\ln(1+x)\le x}$ za svako ${x\ge0}.$

Neka je ${g(x)=x-\ln(1+x)}.$ Tada je ${g(0)=0}$ i ${g'(t)}={1-\frac{1}{1+t}}={\frac{t}{1+t}}\ge{0}$ za ${t\ge0},$ pa je ${g(x)}={g(0)+\int_0^xg'(t)\,dt}\ge{0}$ za ${x\ge0},$ a to je upravo tražena nejednakost.

17. Dokažite da nijedan polinom nije primitivna funkcija za ${\frac{1}{x}}$ na ${(0,\,\infty)}.$

Pretpostavimo da za neki polinom $p$ važi ${p'(x)=\frac{1}{x}}$ za svako ${x\gt0}.$ Tada je ${x\,p'(x)-1=0}$ za svako ${x\gt0}.$ Leva strana je polinom sa beskonačno mnogo korena, pa je to nula-polinom, i ${x\,p'(x)=1}$ za svako $x.$ Ali za ${x=0}$ leva strana je jednaka $0,$ što je kontradikcija.

18. Da li postoji funkcija $f$ sa neprekidnim drugim izvodom takva da je ${f''(x)\gt0}$ za svako $x,$ ${f'(0)=1}$ i ${f'(1)=0}?$

Ne postoji. Prema drugoj osnovnoj teoremi primenjenoj na $f',$ ${f'(1)-f'(0)}={\int_0^1f''(t)\,dt}\gt{0},$ pa je ${f'(1)\gt f'(0)=1},$ i $f'(1)$ ne može biti jednako $0.$

Pogledajte i: Integrali (2. deo) · Rešavanje integrala korak po korak