Sveučilište u Splitu Fakultet prirodoslovno-matematičkih znanosti i odgojnih područja Zavod za fiziku Pripremni tečaj za studente prve godine INTEGRAL

Транскрипт

1 Sveučilište u Splitu Fakultet prirodoslovno-matematičkih znanosti i odgojnih područja Zavod za fiziku Pripremni tečaj za studente prve godine INTEGRALI Sastavio: Ante Bilušić Split, rujan 4.

2 1 Neodredeni integrali 1.1 Uvod Primitivna funkcija neke funkcije f(x) je ona funkcija F (x) čija je prva derivacija jednaka f(x): F (x) f(x). Problemom pronalaženja primitivnih funkcija se bavi integralni račun. Iz same je gornje definicije primitivne funkcije jasno da neka funkcija f(x) ima beskonačno mnogo primitivnih funkcija F (x) koje se medusobno razlikuju do na konstantu. Drugim riječima, ako je neka funkcija F (x) primitivna funkciji f(x), tada je toj istoj funkciji primitivna i funkcija F (x) + C, gdje je C konstanta 1. Prilikom pronalaženja primitivnih funkcija, treba na umu imati ova četiri osnovna svojstva integrala: df(x) f(x) + C, (1) [ d ] f(x) f(x), () kf(x) k f(x) i (3) [ f(x) ± g(x)] f(x) ± g(x). (4) 1 To slijedi iz činjenice da je derivacija brojčane konstante C jednaka nuli.

3 1. Tablica osnovnih integrala Dolje navedeni integrali su osnovni i predstavljaju abecedu integralnog računa. Upamtite ih! integrali potencija: x n 1 n + 1 xn+1 + C, (5) x 1 ln x + C, (6) integral eksponencijalne funkcije: e x e x + C, (7) integrali trigonometrijskih i hiperbolnih funkcija: sin x cos x + C, (8) cos x sin x + C, (9) 1 sin ctg x + C, (1) x 1 tg x + C, (11) cos x sh x ch x + C, (1) ch x sh x + C (13) 1 cth x + C, (14) sh x 1 th x + C, (15) ch x 3

4 integrali racionalnih razlomaka: arc tg x + C, (16) 1 + x 1 x Ar th x + C 1 ln 1 + x + C ; za x < 1, (17) 1 x x 1 Ar cth x + C 1 ln x 1 + C ; za x > 1, (18) x + 1 integrali iracionalnih razlomaka: arc sin x + C, (19) 1 x x Ar sh x + C ln + x C, () 1 + x x x 1 Ar ch x + C ln + x 1 + C. (1) 1.3 Računanje integrala neposrednim integriranjem Pri računanju integrala neposrednim integriranjem koriste se osnovna svojstva (1) - (4) i osnovni integrali, navedeni jednadžbama (5) - (1). Riješimo nekoliko primjera! 1. Riješite integral: x x x x + 1 x x + 1. x + 1 x arc tg x + C. Riješite integral: x 3 + x x

5 x 3 ( + x x x + 1 ) x + 1 x + 1 x ( x ) x + 1 x + 1 x arc tg x + C 3. Riješite integral: x + x + 1. x + x x x x + 1 ( ) x + 1 x + arc tg x + C 4. Riješite integral: (x 1 ). (x 1 ) (x x + 1 ) x x + x3 3 x + x + C 5. Riješite integral: tg x. 5

6 7. Riješite integral: 1 sin x. tg x sin x 1 cos cos x x cos x cos x tg x x + C 6. Riješite integral: th x. sh th x ch x ch x x 1 ch x ch x x th x + C 1 sin x sin x + cos x sin x cos x ( ) sin x cos x sin x cos x Ovisno o predznaku funkcije unutar apsolutnih zagrada, postoje dva slučaja: i) sin x cos x > sin x cos x sin x cos x te ii) sin x cos x < sin x cos x sin x + cos x. 6

7 8. Riješite integral: (5 x ) 9. Slučaj i): sin x cos x ( sin x cos x ) sin x cos x Slučaj ii): cos x sin x + C ( ) sin x cos x sin x + cos x sin x + cos x cos x + sin x + C Rješenje nejednadžbe sin x cos x > je: x < π 4 + kπ, 5π 4 + kπ >; k Z te je: 1 cos x sin x + C za x < π + kπ, 5π + kπ >; k Z, sin x 4 4 cos x + sin x + C za x < 5π + kπ, 9π + kπ >; k Z Računanje integrala metodom supstitucije Pri računanju integrala metodom supstitucije (zamjene) uvodi se nova varijabla čime se integral nastoji svesti na tablični. Proučimo tu metodu na nekoliko primjera! S: t 5 x (5 ) 9 x dt d (5 x) dt 1 t 9 dt t1 + C 1 ( ) 1 5 x + C t 9 dt Dakle, uvedena je nova varijabla t, čime je integral sveden na tablični. 7

8 9. Riješite integral: x + a x + a. S: t x a [( a ) x ] a + 1 dt a 1 a a dt t a arc tg t + C 1 a arc tg x a + C 1. Riješite integral: a x. a x 1 ln a e ln ax e x ln a S: t x ln a dt ln a e t dt 1 ln a et + C 1 ln a ex ln a + C 1 ax eln + C 1 ln a ln a ax + C 11. Riješite integral: sin ( x + 3 ). sin ( x + 3 ) S: t x + 3 dt 1 sin t dt 1 cos t + C 1 cos ( x + 3 ) + C 8

9 1. Riješite integral: 1 + cos x. 1 + cos x cos x cos x sin x 1 cos x + sin x S: t x cos x dt cos x sin x + cos x sin x dt cos t tg t + C tg x + C 13. Riješite integral: e x. e x S: t x dt e t dt e t + C e x + C 14. Riješite integral: e x ex + 1. e x ex + 1 S: t e x + 1 dt e x dt t 1/ t 1/ dt 1 1 t 1/ + C e x C 9

10 15. Riješite integral: x x 3 9. x x 3 S: t x dt 3x 1 3 t 1/ dt 3 t3/ + C 3 ( x 3 9 ) 3/ + C 16. Riješite integral: x 3 3 x + 1. x 3 3 x S: t x dt x x 3 x + 1 x (t 1) t 1/3 dt 1 t 4/3 dt 1 t 1/3 dt 1 17 t 7/ t 4/3 + C ( x + 1 ) 7/3 3 8 ( x + 1 ) 4/3 + C 17. Riješite integral: e x + e x. e x + e x e x( 1 + e x) S: t e x dt e x arc tg e x + C e x 1 + ex dt arc tg t + C 1 + t 1

11 18. Riješite integral: tg x. sin x tg x cos x S: t cos x dt sin x dt ln t + C ln cos x + C t 19. Riješite integral: sin 3 x cos 3 x. sin 3 x cos 3 S: t sin x x dt sin x cos x 1 sin x cos x sin x cos x 1 t (1 t) dt 1 (t ) t dt 1 4 t 1 6 t3 + C 1 4 sin4 x 1 6 sin6 x + C. Riješite integral: e x/ + e x e x/ + e x. e x/( 1 + e x/) Gornja podintegralna funkcija se može napisati kao zbroj dviju funkcija: 1 e x/( 1 + e x/) 11 A e x/ + B 1 + e x/

12 Sada je potrebno izračunati koeficijente A i B: 1 e x/( 1 + e x/) A e + B x/ 1 + e A ( ) 1 + e x/ + Be x/ A + (A + B)ex/ x/ e x/( 1 + e x/) e x/( 1 + e x/) A 1 i (A + B) A 1 i B 1 Dakle, vrijedi sljedeće: e x/ + e x e x/( 1 + e x/) e x/ e x/ + 1 Riješimo najprije prvi integral e x/ e x/ S: t x dt e t dt e x/ + C 1 Rješenje drugog integrala je: e x/ + 1 S: t e x/ + 1 dt 1 ex/ dt e x/ t dt (t 1) t Podintegralnu funkciju ponovno možemo napisati kao zbroj dviju funkcija: 1 t(t 1) D t + E t 1 D(t 1) + Et t(t 1) D + (D + E)t t(t 1) D 1 i E 1. dt dt t(t 1) t + dt t 1 S: w t 1 dw ln t + dw dt w + C ln t + ln w + C ln t 1 t + C ln e x/ e x/ C ln e x/ + C 1

13 Dakle, rješenje početnog integrala je: e x/ + e 1 x e x/ ln 1 + e + C x/ e x/ + ln ( 1 + e x/) + C 1.5 Računanje integrala parcijalnim integriranjem Metoda parcijelne integracije se koristi u slučajevima kada je podintegralni izraz moguće prikazati kao umnožak neke funkcije i diferencijala druge. Izraz koji se koristi pri parcijalnom integriranju je u dv u v v du. () Parcijalnim integriranjem rješavanje integrala u dv se svodi na rješavanje drugoga, v du, kojega znamo riješiti. Dokažimo izraz (); zamislimo da želimo riješiti integral f(x), u kojemu podintegralnu funkciju f možemo prikazati kao umnožak dviju funkcija: f u v Diferencijal funkcije f je jednak: df d(u v) u dv + v du. Integriranjem gornjeg diferencijala dobije se izraz (): d(u v) u dv + v du u dv u v v du. Proučimo sada metodu parcijalne integracije na nekoliko primjera! 13

14 1. Riješite integral: ln x. u ln x du x ln x dv dv v x Primijenimo sada jednadžbu (): x ln x x x x ln x x + C x ( ln x 1 ) + C. Riješite integral: x e x. x e x u x dv e x u x dv e x du x v e x x e x + xe x du [ ] v e x x e x + xe x + e x + C x e x xe x e x + C e x( x + x + ) + C 3. Riješite integral: x sin x. 14

15 u x x sin x dv sin x du x cos x + v cos x cos x x cos x + sin x + C 4. Riješite integral: x 3 e x. x 3 u x du x e x dv xe x v xe x 1 ex 1 x e x + xe x 1 x e x 1 ex + C Napomena: Integral xe x je riješen uvodenjem sustitucije t x. 5. Riješite integral: arc tg e x. arc tg e x u arc tg e x du ex e x dv v 1 e x e x e x 1+e x tg ex arc + e x 1 + e x Riješimo sada integral dobiven parcijalnom integracijom: 15

16 1 + e ( ) x e x e x + e x S: p e x dp e x S: r p + 1 dr p dp 1 e x e x + e x dp p 1 + p dp p + 1 p dr r 1 ln r + C 1 1 ln ( p + 1 ) + C 1 1 ln ( e x + 1 ) + C 1 Početni integral je, prema tome, jednak: arc tg e x e x arc tg ex 1 e x ln ( e x + 1 ) + C. 6. Riješite integral: sin (ln x). sin (ln x) u sin (ln x) du dv v x u cos (ln x) du dv v x sin (ln x) cos (ln x) x sin (ln x) x x sin (ln x) cos (ln x) x sin (ln x) x cos (ln x) Početni integral se, dakle, može napisati ovako: sin (ln x) x sin (ln x) x cos(ln x) sin (ln x) sin (ln x) x sin (ln x) x cos(ln x) sin (ln x) 1 [ ] x sin (ln x) cos(ln x). 16

17 Odredeni integrali.1 Definicija odredenog integrala Neka je funkcija f(x) definirana na intervalu [a, b]. Podijelimo interval [a, b] na n dijelova točkama a x < x 1 <... < x n 1 < x n b. Unutar svakog intervala < x i 1, x i > uzmimo po jednu točku ξ i (vidite siku.1) i promotrimo limes: lim n n f(ξ i ) x i, gdje je x i x i x i 1. i1 Ukoliko gornji izraz postoji i konačan je za bilo kakvu podjelu intervala [a, b], riječ je o odredenom integralu funkcije f(x) u Riemannovom smislu u granicama od a do b i piše se: b a f(x). Sa slike.1 se vidi da je geometrijsko značenje odredenog intregrala površina omedena funkcijom s jedne, osi-x s druge te okomicama na os-x koje spajaju točke (a, ) i (b, ) s funkcijom f(x). f (x) f(ξ i ) x a x 1 ξ i bx n x Slika 1: Uz definiciju odredenog integrala. 17

18 . Svojstva odredenog integrala Pri računanju odredenih integrala, važno je znati sljedeća pravila: b a b f(x) a a f(x), (3) f(x) a a b c f(x) + b a a c a f(x), (4) f(x), a < c < b i (5) a f(x), ako je f(x) parna i f(x), ako je f(x) neparna. (6) Newton-Leibnizova formula Ako na intervalu [a, b] postoji neodredeni integral funkcije f(x) ( f(x) F (x) + C), tada vrijedi i Newton-Leibnizova formula: b a f(x) F (b) F (a) F (x) b (7) a..3 Zadaci vezani uz odredene integrale Problem rješavanja odredenog integrala se, po Newton-Leibnizovoj formuli (7), svodi na problem pronalaženja primitivne funkcije te sva pravila i načini rješavanja koje smo upoznali u poglavlju o neodredenim integralima vrijede i ovdje. 1. Riješite zadatak: π π 4 cos x + 1 sin x + x. 18

19 π π 4 cos x + 1 sin x + x S: t sin x + x dt ( cos x + 1 ) 1+ π + π 4 dt t ln t 1+ π + π 4 ( ln 1 + π ) ( ln + π ) 4. Riješite zadatak: π cos 3x cos 4x π π cos 3x cos 4x. 1 [ cos ( 3x 4x ) + cos ( 3x + 4x )] cos ( x ) cos x 1 [ π cos x + 1 π 7 S: t 7x dt 7 1 [ sin x π/ 7π ] + cos t dt 1 [ sin x π/ ] + sin t 7π/ 1 [( sin π ) sin + 1 ( sin 7π )] 7 sin ( ) 1 ( ) ] cos 7x 19

20 Zadaci iz fizike Često se pri rješavanju zadataka iz fizike jave odredeni integrali. Pogledajmo nekoliko primjera! 1. Tanak i homogen ravni štap duljine l i mase m se nalazi na udaljenosti a od kuglice mase m 1 (vidjeti sliku). Izračunajte gravitacijsku silu kojom medudjeluju kuglica i štap! a l Slika : Slika uz zadatak. Gravitacijska sila F G izmedu dva tijela je: F G G m 1 m r, gdje su m 1 i m mase tijela, r udaljenost izmedu njih, a G konstanta. Taj izraz je dobar ako se može pretpostaviti da su mase točkaste. U ovom slučaju bi se to moglo pretpostaviti pod uvjetom da je udaljenost izmedu kuglice i štapa mnogo veća od duljine štapa (drugim riječima, ako je a/l 1). Ako to nije istina, gravitacijska sila koju osjeća jedan kraj štapa nije jednak sili na njegov drugi kraj. Zbog toga je potrebno štap podijeliti na beskonačno tanke dijelove debljine (prikazane na slici 3), naći element gravitacijske sile df G štapa te integrirati sve te elemente sile. Krenimo redom. Element štapa duljine ima masu dm: dm ρ A, izmedu kuglice i djelića gdje je ρ gustoća, A površina poprečnog presjeka, a A element volumena štapa. Gustoća ρ se može izraziti kao omjer ukupne mase štapa m i njegovog volumena Al te je element mase jednak: dm ρ A m A l A m l.

21 a+x a l Slika 3: Slika uz rješenje zadatka Gravitacijska sila izmedu kuglice i dijela štapa elementa mase dm je: df G G m 1 dm (a + x) G m m 1 l (a + x). Ukupna sila je jednaka integralu (drugim riječima, zbroju) elemenata sila df G : F G df G l G m m 1 l Rješenje integrala: l (a + x) S: t a + x dt l a(a + l) (a + x) G m m l 1 l (a + x). a+l a l a (1 + l a ). dt t 1 t Uvrstivši rješenje integrala u izraz za silu F G, dobije se: F G G m m 1 l l a (1 + l a ) G m m 1 a (1 + l a ). a+l a 1 a + l + 1 a Vidimo da za l (odnosno, kada duljina štapa postane zanemariva a prema udaljenosti izmedu kuglice i štapa) gornji izraz postaje: F G G m m 1 a. 1

22 . Izračunajte rad potreban za podizanje mase m s površine Zemlje na visinu h. Koliki je taj rad za h? Kada sila F vrši rad na neko tijelo i pomakne ga za element puta ds, kažemo da izvršila rad dw : dw F ds. Na visini x od površine Zemlje tijelo mase m osjeća Zemljinu gravitacijsku silu usmjerenu prema njenom središtu koja je jednaka: F G G M Z m ( RZ + x ), gdje je M Z masa Zemlje, a R Z njen polumjer. Da bi se tijelo podiglo s visine x na visinu x +, potrebno je uložiti rad dw : dw F G G M Z m ( RZ + x ). F x h R z Slika 4: Slika uz rješenje zadatka

23 Primjetite da je rad, po definiciji, jednak skalarnom umnošku vektora sile i pomaka. Na slici 4 se vidi da su vektori gravitacijske sile i puta usmjereni u suprotnim smjerovima te je njihov skalarni umnožak negativan. Da bi se tijelo podiglo na visinu h, potrebno je djelovati vanjskom silom usmjerenom od površine Zemlje. Zato je rad dw u gornjoj jednadžbi pozitivan. Kako se vidi iz gornje jednadžbe, rad što ga vrši vanjska sila ovisi o visini tijela od površine Zemlje. Zato je ukupan rad W jednak integralu elemenata rada dw : W dw h G S: t R Z + x dt G M Z m [ 1 G M Z m R Z + h 1 ] R Z M Z m h ( RZ + x ) G M Z m ( RZ + x ) RZ +h R Z dt t G M Z m 1 t G M Z m h R Z ( RZ + h ). R Z +h Podijele li se brojnik i nazivnik gornjeg izraza s h, dobije se ovisnost izvršenog rada o visini tijela, W (h): W (h) G M Z m ( R Z 1 + R Z ). h Ukoliko želimo tijelo otrgnuti od gravitacijskog privlačenja Zemlje (drugim riječima, želimo da h ), rad je jednak: W (h ) G M Z m R Z. R Z 3

24 3. Vjetar vrši stalni tlak p na vrata široka b i visoka h. Izračnajte moment sile kojeg osjećaju vijci koji pridržavaju vrata! Na slici su shematski prikazana vrata. Pošto je tlak kojim vjetar djeluje na vrata stalan, sila koju stvara vjetar na vrata je uvijek okomita na površinu vrata. Vjetar izaziva vrtnju vrata oko osi označene na slici pa nam je moment sile bitna fizikalna veličina. Moment sile M je definiran kao vektorski umnožak sile F i njegovog vektora udaljenosti od osi vrtnje r: M r F. Da bi se mogao izračunati ukupni moment sile kojim vjetar djeluje na vrata, podijelimo ih na zamišljene trake usporedne s osi vrtnje (na slici je jedna takva traka označena sivom bojom). Element momenta dm kojim vjetar djeluje na tu jednu zamišljenu traku je jednak dm x df. b F x vijci h os Slika 5: Slika uz rješenje zadatka 4

25 Primjetimo da je sila na bilo koju zamišljenu traku okomita na površinu vrata te je dovoljno računati modul vektora momenta dm. Element sile df se lako može izračunati iz same definicije tlaka koja kaže da je tlak omjer sile i površine. Iz toga slijedi da je df p h. Ukupan moment sile M je jednak integralu momenata na sve zamišljene trake: M dm phb. b phx ph x b 4. Kapljica početne mase m pada u gravitacijskom polju Zemlje i jednoliko isparava gubeći n grama u sekundi. Izračunajte rad kojeg izvrši sila teže od početka gibanja do potpunog isparavanja kapljice. Zanemarite promjenu gravitacijskog ubrzanja g i otpor zraka. Masa kapljice m(t ) se mijenja u vremenu po sljedećem zakonu: m(t ) m n t. Sila teže i vektor pomaka kapljice su usmjereni u istom smjeru te je element rada dw što ga izvrši sila teže F G na elementu puta ds jednak: dw F G ds m(t) g ds. Put ds što ga prevali kapljica je jednak umnošku brzine v i vremena dt: ds v dt. Kapljica izvodi jednoliko ubrzano gibanje s ubrzanjam jednakim gravitacijskom ubrzanju g (sjetite se da ubrzanje što ga tijelo osjeća usljed djelovanja sile teže ne ovisi o masi tijela): v g t ds g t dt. 5

26 Iz toga slijedi da je rad što ga sila teže izvrši na putu ds jednak: dw m(t) g t dt. Kapljica se giba do trenutka t, kada u potpunosti ispari. Vrijeme t ćemo naći iz uvjeta da je masa kapljice tada jednaka nuli: m(t ) m nt t m n. Ukupan rad W je jednak: t W dw m(t) g t dt t m g t m3 g 6n. t t ( m nt ) g t dt m g t dt n g t dt m g t t ng t 3 m3 g 3 n m3 g 3n ng t 3 t3 6

27 Literatura: 1. I. N. Bronštejn, K. A. Semendjajev, Matematički priručnik za inženjere i studente, Tehnička knjiga, Zagreb. M. Uščumlić, P. Miličić, Zbirka zadataka iz više matematike, Naučna knjiga, Beograd, G. L. Dimić, M. D. Mitrinović, Zbirka zadataka iz fizike D - viši kurs, Gradevinska knjiga, Beograd, Dž. Lugić, Matematika II: metodički riješeni zadaci i kratki pregled definicija i teorema, Sveučilite u Splitu, Fakultet elektrotehnike, strojarstva i brodogradnje, Split,