4.1.1. Definicija in osnovne lastnosti. Za dano funkcijo f: D →R, kjer jeD ⊆Rodprt interval, bi radi našli neko funkcijoF, katere odvod je f.
Ce za funkcijoˇ F:Df →Rvelja
F0(x) = f(x)
za vsexiz definicijskega obmoˇcjaDf funkcije f, potem funkcijoFimenujemo nedo-loˇceni integralfunkcije f. Pišemo:
F(x) = Z
f(x)dx.
Pri tem nam simbol diferenciala dx na koncu integrala pove, da integriramo funkcijo f po spremenljivkix.
Nedoloˇceni integral je torej obratna operacija k operaciji odvajanja funkcij. ˇCe je funkcija f odvod funkcijeF, potem jeFnedoloˇceni integral funkcije f. Na primer, ker je(x3)0 =3x2, pišemo
x3= Z
3x2dx.
Hkrati velja tudi(x3+2)0=3x2, zato je tudi x3+2=
Z
3x2dx.
Velja tudi v splošnem: ˇce jeF0(x) = f(x), potem je tudi(F(x) +C)0 =F0(x) = f(x)za vse konstanteC∈R. Zato nedoloˇceni integral ni enoliˇcno definirana funkcija.
Ce staˇ FinGoba nedoloˇcena integrala funkcije f, potem nas zanima, v kakšni zvezi sta.
Ce jeˇ F0 = G0 = f, potem je(F−G)0 = F0−G0 = 0. FunkcijaF−Gje torej funkcija, katere
70
odvod je v vsaki toˇcki enak 0, oziroma povedano drugaˇce, v vsaki toˇcki je tangenta na graf vodoravna. Zatorej ni težko verjeti, da jeF−Gkonstantna funkcija.
Ce jeˇ Fnedoloˇceni integral funkcije f, potem je vsak nedoloˇceni integralG funkcije f enak
G(x) =F(x) +C za neko konstantoC∈R.
34
Spomnimo se, da smo v razdelku 3.2 poraˇcunali odvode elementarnih funkcij. Ker po 22 velja xα+10
= (α+1)xαza vsako realno številoα, je tudi 1
α+1xα+1 0
=xα, ˇce je leα6=−1. Po definiciji nedoloˇcenega integrala velja
Z
xαdx= 1
α+1xα+1+C, 35
kjer jeC∈Rterα6=−1 poljubno realno število.
Ce jeˇ α=−1, nas še zanima, koliko jeR
x−1dx=R 1
x dx. ˇCe jex>0, potem po 27 velja (logx)0 = 1x. ˇCe jex<0, potem je(log(−x))0 = −x1 ·(−1) = 1x. Zato za vsak neniˇcelnx ∈R velja(log|x|)0 = 1x in tako sledi
Z 1
x dx=log|x|+C. 36
Ce ostala pravila za raˇcunanje odvodov iz razdelka 3.2 preberemo drugaˇce, lahko zapi-ˇ šemo naslednjo tabelo elementarnih integralov:
Z
exdx = ex+C Z
cosx dx = sinx+C Z
sinx dx = −cosx+C Z dx
cos2x = tanx+C
Z dx
√1−x2 = arcsinx+C Z dx
1+x2 = arctanx+C
4.1.2. Pravila za raˇcunanje nedoloˇcenih integralov. Ce za dano funkcijoˇ fpoznamo njen nedoloˇceni integralF, potem po 20 velja
(αF(x))0 =αF0(x) =αf(x)
Naj bosta sedaj f ingdve funkciji inFterGnjuna nedoloˇcena integrala. Ker po 18 vemo, da je odvod vsote dveh funkcij vsota odvodov, sledi
(F(x) +G(x))0=F0(x) +G0(x) = f(x) +g(x).
PRIMER4.1.1. Izraˇcunaj integral Z
x− 1 x2
2
dx.
REŠITEV: Najprej preoblikujmo funkcijo pod integralom v
x− x122 = x2−21x+ x14. Sedaj upoštevajmo pravili 38 in 37 ter nato s pomoˇcjo formul 35 in 36 integrirajmo dano funkcijo:
Z
Pri tem smo upoštevali, da namesto vsote treh konstant C1, C2 in C3, ki bi jih pridobili pri vsakem integralu posebej, lahko zapišemo kar njihovo vsoto C.
Velikokrat bomo v integral želeli vpeljati novo spremenljivko. Na primer, oglejmo si inte-gral
Z
xex2 dx,
ki ga ne moremo izraˇcunati po nobeni doslej znani formuli. Radi bi vpeljali novo spremen-ljivko t = x2. Diferencial na koncu integrala je diferencial neodvisne spremenljivke x. Po definiciji (5) je diferencial spremenljivket enakdt = 2x dx. V integralu moramo zamenjati
tako spremenljivkoxkot diferencialdxza drugo spremenljivkotin njen diferencialdt. S tem
Pravimo, da smo v integral uvedli novo spremenljivko in v splošnem to naredimo po naslednjem pravilu:
Z
f(t(x))t0(x)dx= Z
f(t)dt. 39
PRIMER4.1.2. Izraˇcunaj integral
Z sinx 2+cosx dx.
REŠITEV: Za novo spremenljivko bi radi uvedli izraz v imenovalcu t= 2+cosx. S tem dobimo diferencial dt = sinx dx. Ko vpeljemo takšno zamenjavo spremenljivke v integral, po 39 in 36 dobimo
Z sinx
2+cosx dx= Z 1
t dt=log|t|+C=log|2+cosx|+C=log(2+cosx) +C.
PRIMER4.1.3. Izraˇcunaj integral Z √
PRIMER4.1.4. Izraˇcunaj integral Z
cos3xsin2x dx.
REŠITEV: Ce bomo uvedli eno od trigonometriˇcnih funkcijˇ sinx alicosx za novo spremenljivko, se nam bo druga pojavila v diferencialu. Zato žrtvujemo en faktorcosx, ki se pojavlja v lihi potenci, za zamenjavo spremenljivke v diferencialu, preostali delcos2x pa prevedemo na1−sin2x. Zatorej naj bo t=sinx in tako sledi dt=cosx dx ter
PRIMER4.1.5. Izraˇcunaj integral Z
sin2x dx.
REŠITEV:Ce se trigonometriˇcne funkcije pojavljajo v integralu v sodih potencah, ne moremo upo-ˇ rabiti takšne substitucije kot v primeru 4.1.4. Zato najprej prevedemo sin2x s pomoˇcjo formule za dvojne kote (stran 165) na
sin2x= 1−cos 2x
Sedaj v drugem integralu uvedemo novo spremenljivko t=2x. Zato je dt=2dx in tako nadaljujemo enakost(7)do
PRIMER4.1.6. Izraˇcunaj integral
Z dx
x(x−1).
REŠITEV:S pomoˇcjo pravila 35 ter uvedbe nove spremenljivke znamo izraˇcunati integrala Z dx
x in
Z dx
x−1. Poznamo tudi naˇcin, kako iz ulomka x(x−1)1 pridobimo vsoto ulomkov, v katerih sta ime-novalca x in x−1. To naredimo tako, da poraˇcunamo ustrezna števca A in B v enakosti
1
x(x−1) = A
x + B
x−1. Ce preoblikujemo desno stran, velja torejˇ
1 Sedaj lahko po pravilih 38 in 37 zapišemo
Z dx
Drugi integral z vpeljavo nove spremenljivke t=x−1, dt=dx, in s pravilom 36 izraˇcunamo kot
Z 1
x−1 dx= Z 1
t dt=log|t|+C1=log|x−1|+C1. Sedaj lahko nadaljujemo(8)in dobimo
Z dx
Pravili za odvajanje in integriranje vsot funkcij sta preprosti. Pri odvajanju in integraciji produkta funkcij pa moramo biti bolj pazljivi. Spomnimo se formule 19 , ki pravi, da je odvod produkta dveh funkcij enak
(u(x)v(x))0 =u0(x)v(x) +u(x)v0(x). To pomeni, da jeu(x)v0(x) = (u(x)v(x))0−u0(x)v(x), oziroma
Z
u(x)v0(x)dx= Z
((u(x)v(x))0−u0(x)v(x))dx=u(x)v(x)− Z
u0(x)v(x)dx.
To pravilo si lahko zapomnimo na naslednji naˇcin. V integralu imamo produkt dveh funkcij, od katerih eno funkcijo znamo odvajati, drugo funkcijo pa znamo integrirati. ˇCe njunega produkta ne znamo integrirati (integral na levi), znamo pa integrirati produkt odvoda prve funkcije in integrala druge funkcije (integral na skrajni desni), potem uporabimo formulo
Z
u(x)v0(x)dx=u(x)v(x)− Z
v(x)u0(x)dx,
ki jo imenujemointegriranje po delihali s tujkointegriranje per partes. S pomoˇcjo diferencialov lahko zapišemo to formulo tudi kot
Z
u dv=uv− Z
v du. 40
PRIMER4.1.7. Izraˇcunaj integral Z
xe2xdx.
REŠITEV: Ce želimo integrirati po delih, moramo produkt xeˇ 2xdx razbiti na dva dela. Prvi izbiri bi bili verjetno u = x in dv= e2xdx ali pa u= e2xin dv= x dx. Po uporabi formule za integracijo po delih 40 bomo morali integriratiR
v du namestoR
u dv. Zato se najprej vprašajmo, katera od obeh izbir bo boljša za kasnejše integriranje. V prvi izbiri bo du =dx in v = R
e2xdx= 12e2x, torej bomo po uporabi 40 dobili integral 12R
e2xdx, ki ga znamo izraˇcunati. V drugem primeru je du=2e2xdx in v = R
x dx = x22, zato bomo po uporabi 40 dobili integralR
x2e2x dx, ki je težje izraˇcunljiv kot prvotni integralR
xe2xdx.
Zato izberemo u = x in dv = e2xdx. Z odvajanjem dobimo du = dx. Ker lahko za v izberemo katerikoli nedoloˇceni integral dv, pišemo v=R
e2xdx= 12e2x. Po formuli 40 sledi Z
xe2xdx= 1
2xe2x−1 2 Z
e2xdx= 1
2xe2x−1
4e2x+C.
PRIMER4.1.8. Izraˇcunaj integral Z
logx dx.
REŠITEV: Izberimo u = logx in dv=dx. Potem je du = 1xdx ter v= R
dx= x. Z uporabo integracije po delih 40 dobimo
Z
logx dx=xlogx− Z 1
x ·x dx=xlogx− Z
dx=xlogx−x+C.