Zadaci A2I Dopuna

Analiza 2 za I smer 2015/2016
Zadaci koje sam planirao da uradim na veжbama, ali nisam stigao, bar ne u svim grupama
Nesvojstveni integrali:
1. Izraqunati (ako konvergira)
∫ 1
0
dx
√
1 − x
2 .
Rexenje: Vidimo da ovaj integral ima problem (singularitet) za x = 1. Zato, napixemo integral
po definiciji i raqunamo normalan određeni integral
Dalje je
∫1−ε
0
∣
dx
∣∣∣
1−ε
√ = arcsin x 1 − x
2
∫ 1
0
0
∫ 1
0
∫1−ε
dx
√ = lim dx
√ .
1 − x
2 ε→0+ 1 − x
2
0
= arcsin(1 − ε) − arcsin(0) = arcsin(1 − ε), odakle je
∫1−ε
dx
√ = lim dx
√ = lim arcsin(1 − ε) = arcsin(1) = π
1 − x
2 ε→0+ 1 − x
2 ε→0+ 2 .
0
Dobili smo konaqan limes, znaqi da smo i pokazali da integral konvergira i da smo odredili njegovu
vrednost.
2. Izraqunati (ako konvergira)
∫ 2
1
dx
√
x2 − 1 .
Rexenje: Vidimo da ovaj integral ima problem (singularitet) za x = 1. Zato, napixemo integral
po definiciji i raqunamo normalan određeni integral
Sada raqunamo
∫ 2
1+ε
∫ 2
1
dx
√
x2 − 1 = lim
dx
√
x2 − 1 = ln(x + √ x 2 − 1)
∣
prethodni red i dobijamo traжenu vrednost
2
∫ 2
ε→0+
1+ε
1+ε
dx
√
x2 − 1 .
= ln(2 + √ 3) − ln(1 + ε + √ 2ε − ε 2 ). Ubacimo ovo u
∫ 2
1
dx
√
x2 − 1 = lim
∫ 2
ε→0+
1+ε
dx
[
√
x2 − 1 = lim ln(2 + √ 3) − ln(1 + ε + √ ]
2ε − ε 2 ) = ln(2 + √ 3) − ln(1) = ln(2 + √ 3).
ε→0+
Dobili smo konaqan limes, znaqi da smo i pokazali da integral konvergira i da smo odredili
njegovu vrednost.
3. Izraqunati
∫+∞
0
(arctg x) 2
1 + x 2 dx.
Rexenje: Motivisani time da imamo arctg x i izvod arctg x u integralu uvodimo smenu t = arctg x,
koja je bijekcija arctg : [0, +∞) −→ [0, π ) (setimo se da su za bijekciju potrebni i domen i kodomen).
2
Kada diferenciramo smenu dobijamo dt =
dx , pa kada izvrximo smenu dobijamo
1 + x2 ∫+∞
0
(arctg x) 2
1 + x 2 dx =
π
∫2
0
t 2 dt = t3 3 ∣
π
2
0
= π3
24 .

Primetimo da se u ovom zadatku nesvojstven integral smenom prevodi u obiqan određeni integral,
tako da nije ni bilo potrebe da komentarixemo da li ovaj nesvojstveni integral konvergira ili
divergira.
4. Izraqunati
∫ 1
0
arcsin 2 x
√
1 − x
2 dx.
Rexenje: Sliqno kao u prethondnom primeru, u integralu imamo arcsin x i izvod arcsin x, pa uvodimo
smenu t = arcsin x, koja je opravdana jer je arcsin : [0, 1] −→ [0, π ] bijekcija. Diferenciranjem smene
2
dobijamo dt =
dx
√
1 − x
2
i onda raqunamo
∫ 1
0
arcsin 2 x
√
1 − x
2 dx =
π
∫2
0
t 2 dt = t3 3 ∣
π
2
0
= π3
24 .
Primetimo da se i u ovom zadatku nesvojstven integral smenom prevodi u obiqan određeni integral,
tako da nije ni bilo potrebe da komentarixemo da li ovaj nesvojstveni integral konvergira ili
divergira.
5. (Zadatak koji moжe da se koristi na ispitu bez dokaza, samo da se prokomentarixe) Ako su
P m (x) i Q n (x) polinomi m-tog i n-tog stepena redom, i ako polinom Q n (x) nema nula na interavalu
∫+∞
P m (x)
(a, +∞) (bitno je da se ne zaboravi i proveri ovaj uslov!), tada integral dx konvergira ako
Q n (x)
i samo ako je m ≤ n − 2.
Umesto dokaza, komentar zaxto ovo vaжi: Poxto polinom Q n (x) nema nula na intervalu (a, +∞),
jedini problem (singularitet) u ovom integralu jeste granica +∞. Iz analize 1 znamo da se ovaj
koliqnik u beskonaqnosti ponaxa sliqno kao i da uzmemo samo vodee stepene u polinomima (i
odgovarajue koeficijente), xto znaqi da je, ne uzimajui u ozbir konstantu, jer ona ne utiqe na
konvergenciju, ponaxanje P m(x)
xm
isto kao i ponaxanje
Q n (x) x n = xm−n kada x → +∞. Radili smo kada
∫+∞
integral x α dx konvergira i odgovor je da konvergira ako i samo ako je α < −1, a to u naxem
1
sluqaju znaqi da imamo konvergenciju integrala ako i samo ako je m − n < −1. Međutim poxto su m
i n prirodni brojevi, m − n je ceo broj i između −1 i −2 ne postoji ceo broj, uslov da m − n < −1 je
ekvivalentan sa m − n ≤ 2, tj. m ≤ n − 2.
6. Dokazati da
∫+∞
2015
dx
x 2 + 3x − 4
konvergira i izraqunati vrednost tog integrala.
Rexenje: Po prethodnom zadatku, moжemo da zakljuqimo da ovaj integral konvergira, gore je 1 -
polinom nultog stepena, a dole je polinom x 2 + 3x − 4 = (x − 1)(x + 4) drugog stepena, koji nema nulu
na intervalu [2015, +∞) (jox jednom, ne zaboravljamo ovo da proverimo). Nema smisla raditi ovaj
1 1
1
integral kao obiqan integral racionalne funkcije, razdvajanjem na
x 2 + 3x − 4 = 5
x − 1 − 5
x + 4 , jer
integrali
∫+∞
2015
∫
+∞
1
5
x − 1 dx i
2015
1
5
dx divergiraju (i ovo sledi primenom prethodnog zadatka) i ne moжe
x + 4
da se odredi vrednost traжenog integrala. Zato, raqunamo po definiciji integral
Sada je
∫ b
2015
dx
x 2 + 3x − 4
∫+∞
2015
dx
x 2 + 3x − 4 =
lim
∫ b
b→+∞
2015
dx
x 2 + 3x − 4 .
obiqan određeni integral racionalne funkcije, a njega moжemo raqunati poznatom
metodom i razdvajanjem na lakxe racionalne integrale!
a

∫ b
2015
dx
x 2 + 3x − 4 =
∫b
2015
1
5 dx
x − 1 −
∫b
2015
1
5 dx
x + 4 = 1 ∣ ∣∣∣
b
5 ln |x − 1|
= 1 5 ln |b − 1| − 1 5 ln |2014| − 1 5 ln |b + 4| + 1 5 ln |2019| = 1 5
Pripremili smo sve da izraqunamo vrednost integrala
∫+∞
2015
dx
x 2 + 3x − 4 =
lim
∫ b
b→+∞
2015
dx
x 2 + 3x − 4 =
2015
− 1 5 ln |x + 4| ∣ ∣∣∣
b
2015
=
− 1
ln |b
b + 4 | + 1 ln |2019
5 2014 |.
[ 1 lim − 1
ln |b
b→+∞ 5 b + 4 | + 1 ]
ln |2019
5 2014 | = 1 2019
ln
5 2014 ,
jer lim |b − 1 | = 1, a ln je neprekidna funkcija, pa je
b→+∞ b + 4 lim 1 − 1
ln |b
b→+∞ 5 b + 4 | = 1 2019
ln(1) = 0 i
5 2014 > 0.
7. Izraqunati (ako konvergira)
∫ 1
0
ln x
x dx.
Rexenje: Integral ima problem u x = 0, gde nije definisana funkcija, i imamo
Opet emo integral raqunati po definiciji,
∫ 1
0
∫
ln x
1
dx = lim
x ε→0+
ε
ln x
dx = lim
x ε→0+
∫ 0
ln(ε)
t 2
tdt = lim
ε→0+ 2
∣
0
ln(ε)
= lim
ε→0+ −ln(ε)2 = −∞.
2
ln x
lim
x→0+ x
= −∞.
Dobili smo da limes postoji, ali da nije konaqan i zato ovaj integral divergira.
integrala smo koristili smenu t = ln x koja je bijekcija ln : [ε, 1] −→ [ln(ε), 0].
U raqunanju
8. Izraqunati (ako konvergira)
∫ 2
1
1
x ln x dx.
1
Rexenje: Integral ima singularitet za x = 1, gde nije definisana funkcija i lim
x→1+ x ln x = +∞.
Sliqno kao u prethodnom zadatku, po definiciji i korixenjem smene t = ln x, koja je bijekcija
ln : [1 + ε, 2] → [ln(1 + ε), ln 2] raqunamo
∫ 2
1
1
dx = lim
x ln x ε→0+
∫ 2
1+ε
1
dx = lim
x ln x ε→0+
∫ln 2
ln(1+ε)
∣
dt
∣∣∣
ln 2
t = lim ln |t| = lim [ln | ln 2| − ln | ln(1 + ε)|] = +∞,
ε→0+ ε→0+
ln(1+ε)
jer je lim ε→0+ (1 + ε) = 1, i ln 1 = 0, pa je lim ε→0+ ln | ln(1 + ε)| = −∞. Dakle, ovaj integral divergira.
9. Izraqunati (ako konvergira)
∫
+∞
0
e −ax cos(bx)dx, za a > 0, b > 0 date realne brojeve.
Rexenje: Primeniemo parcijalnu integraciju, setimo se da moжemo da primenimo parcijalnu
integraciju, kada onaj qlan koji nije integral konaqan. Uzimamo u = cos(bx), dv = e −ax dx, tada je
du = −b sin(bx), v = − e−ax
. Parcijalna integracija nam daje:
a
∫
+∞
0
e −ax cos(bx)dx = − eax cos(bx)
a
Raqunamo srednji qlan − e−ax cos(bx)
a ∣
| cos(bx)| ≤ 1, a lim x→+∞ −e −ax = 0.
+∞
0
∣
+∞
0
− b a
∫
+∞
= lim x→+∞ − e−ax cos(bx)
a
0
e −ax sin(bx)dx.
+ e−a·0 cos(b · 0)
a
= 0 + 1 a = 1 a , jer

Broj 1 je konaqan, znaqi pravilno smo primenili parcijalnu integraciju i smemo da nastavimo
a
dalje sa raqunanjem. Zaboravimo trenutno b ∫+∞
a i raqunaemo samo e −ax sin(bx)dx. Naravno, ponovo
koristimo parcijalnu integraciju, u = sin(bx), dv = e −ax dx, odakle je v = − e−ax
i du = b cos(bx)dx.
a
Dobijamo
∫+∞
e −ax sin(bx)dx = − e−ax +∞
sin(bx)
a ∣ + b ∫+∞
e −ax cos(bx)dx.
a
Sada je srednji qlan jednak − e−ax sin(bx)
a ∣
| sin(bx)| ≤ 1, a lim x→+∞ −e −ax = 0. Dakle,
0
+∞
0
0
= lim x→+∞ − e−ax sin(bx)
a
0
0
+ e−a·0 sin(b · 0)
a
= 0 + 0 = 0, jer
∫
+∞
0
e −ax sin(bx)dx = b a
∫
+∞
0
e −ax cos(bx)dx
i kada ovo zamenimo u prvu parcijalnu integraciju dobijamo
∫
+∞
pa sada lako raqunamo a2 + b 2
0
e −ax cos(bx)dx = 1 a − b2
∫
a 2 +∞
0
∫
a 2 +∞
0
e −ax cos(bx)dx,
e −ax cos(bx)dx = 1 ∫+∞
a , odakle je e −ax a
cos(bx)dx =
a 2 + b 2 .
Komentar: Da je zadatak bio samo da ispitamo da li ovaj integral konvergira, to smo mogli
da uradimo tako xto bismo dokazali da integral apsolutno konvergira: |e −ax cos(bx)| ≤ e −ax , jer
∫+∞
| cos(bx)| ≤ 1, a znamo da integral e −ax dx konvergira (radili smo na qasu kada je a = 1, a za
0
veжbu uvedite smenu t = ax i uverite se da i ovaj konvergira), pa po poredbenom principu (obe
∫+∞
podintegralne funkcije su pozitivne!) zakljuqujemo da |e −ax cos(bx)|dx konvergira, a to je bax
uslov apsolutne konvergencije ovog integrala.
10. Dokazati da integral
∫+∞
1
sin 2 x
x
divergira.
Rexenje: Primenimo identitet sin 2 x = 1 − cos(2x)
2
Za integral
∫+∞
1
∫+∞
1
sin 2 x
x
= 1 2
∫+∞
1
1
x dx − 1 2
0
0
da rastavimo integral na dva dela
∫+∞
1
cos(2x)
dx.
x
1
dx znamo da divergira, pa ako ovaj drugi integral konvergira, onda moжemo da za-
x
kljuqimo da traжeni integral divergira. Dakle, dokazujemo da
∫+∞
1
cos(2x)
dx konvergira. Primenimo
x
parcijalnu integraciju sa u = 1 x i dv = cos(2x)dx, tada je du = − 1 sin(2x)
dx i v = , pa
x2 2

∫
+∞
1
cos(2x)
x
dx = sin(2x)
2x
∣
+∞
1
+
∫+∞
1
sin(2x)
2x 2 dx
i ostaje da dokaжemo da su obe dobijene vrednosti konaqne.
Prvo, sin(2x)
+∞
sin(2x)
2x ∣ = lim − sin 2 = 0 − sin 2 = − sin 2
x→+∞
1
2x 2 2 2 , jer | sin(2x)| ≤ 1, a lim 1
x→+∞ = 0. Srednji
2x
qlan je konaqan, a ovim je i opravdana parcijalna integracija. Drugi integral apsolutno konver-
∣ gira, jer
sin(2x) ∣∣∣
∣ 2x 2 ≤ 1 ∫+∞
2x 2 , a 1
dx konvergira, pa po poredbenom principu (obe podintegralne
2x2 funkcije su pozitivne!), konvergira i
1
∫
+∞
1
∣
∣
sin(2x) ∣∣∣
2x 2 dx, a ovo znaqi da integral
konvergira, a samim tim i konvergira. Sada smo pokazali da konvergira integral
∫+∞
1
sin(2x)
2x 2 dx apsolutno
∫+∞
1
cos(2x)
dx kon-
x
vergira, a to onda znaqi da je polazni integral, kao razlika divergentnog i konvergentnog integrala,
divergentan.
Furijeovi redovi: Na veжbama u grupi 2I2B je bilo dosta grexaka u zadatku iz Furijeovih redova
i evo zadatka i (malo kraeg) rexenja.
11. Neka je f : R −→ R 2π-periodiqna funkcija, definisana sa f(x) = −x, za x ∈ [−π, 0] i f(x) = x2
π , za
x ∈ [0, π]. Razviti funkciju f u Furijeov red i uz pomo tog reda izraqunati
+∞∑
n=1
3 − (−1) n
n 2 .
Rexenje: Prvo primetimo da je f dobro definisana, jer je f(0) = 0, po obe definicije, a f(−π) =
f(π) = π (ove dve vrednosti moraju da budu iste, jer je funkcija 2π-periodiqna). Poxto je period
2π, tada je l = π, pa to moжemo da ubacimo u Formulu za Furijeove koeficijente. Koeficijenti uz
kosinuse su a n = 1 π
∫ π
−π
mora da ide odvojeno.
f(x) cos(nx)dx, n ≥ 0. Primetimo da emo deliti brojem n, zato sluqaj n = 0
a n = 1 π
a 0 = 1 π
∫ π
−π
∫ π
−π
f(x)dx = 1 π
∫ 0
−π
f(x) cos(nx)dx = 1 π
−xdx + 1 π
∫ 0
−π
∫ π
0
−x cos(nx)dx + 1 π
x 2
π dx = π 2 + π 3 = 5π 6 ;
∫ π
0
x 2
π cos(nx)dx.
Raqunaemo jedan po jedan integral i posle emo dodati konstante. Svaki put koristimo parcijalnu
integraciju tako da sniжavamo stepen x-a.
∫ 0
−π
x cos(nx)dx = x sin(nx)
n
∣
0
−π
−
∫ 0
−π
sin(nx)
dx = 0 − 0 + cos(nx) ∣ ∣∣∣
0
n
n 2 = 1 − cos(−nπ)
−π
n 2 = 1 − (−1)n
n 2 ;
∫ π
0
x 2 cos(nx)dx = x2 sin(nx)
n
π
∣ − 2
0
n
∫ π
0
x sin(nx)dx = 0 − 0 − 2 n
∫ π
0
x sin(nx)dx = − 2 n
∫ π
0
x sin(nx)dx =

=
∣
2x cos(nx) ∣∣∣
π
n 2 − 2
0
n 2
∫π
0
cos(nx)dx =
Sada moжemo da zamenimo ove rezultate
Koeficijenti uz sinuse su b n = 1 π
b n = 1 π
2π cos(nπ)
n 2
a n = − 1 1 − (−1) n
π n 2
∫ π
−π
∫ π
−π
f(x) sin(nx)dx = 1 π
− 0 − 2 n 3 sin(nx) ∣ ∣∣∣
π
0
= 2π(−1)n
n 2
+ 1 π 2 2π(−1) n
n 2 = 3(−1)n − 1
πn 2 .
f(x) sin(nx)dx, n ≥ 1. Isto kao malopre,
∫ 0
−π
−x sin(nx)dx + 1 π
∫ π
0
x 2
π sin(nx)dx.
− 0 + 0 = 2π(−1)n
n 2 .
Opet raqunamo jedan po jedan integral, bez konstanti i koristimo parcijalnu integraciju da nam
nestane x.
∫ 0
−π
x sin(nx)dx = − x cos(nx)
n
∫ π
0
Odavde je
∣
0
−π
∫ 0
+
−π
x 2 sin(nx)dx = − x2 cos(nx)
n
= −π2 (−1) n
n
b n = − 1 −π(−1) n
π n
+
cos(nx)
dx = 0+
n
π
∣ + 2
0
n
∣
2x sin(nx) ∣∣∣
π
n 2 − 2
0
n 2
+ 1 π 2 [ −π 2 (−1) n
n
∫ π
0
∫π
0
= −π2 (−1) n
n
−π cos(−nπ)
+ sin(nx) ∣ ∣∣∣
0
n n 2 = −π(−1)n
−π
n
x cos(nx)dx = − π2 cos(nπ)
n
sin(nx)dx = −π2 (−1) n
n
+ 2(−1)n − 2
n 3 .
+ 0 + 2 n
∫ π
0
+0−0 = −π(−1)n ;
n
x cos(nx)dx =
+ 0 − 0 + 2 cos(nx) ∣ ∣∣∣
π
n 3 =
0
]
+ 2(−1)n − 2
n 3 = (−1)n − (−1)n + 2((−1)n − 1)
n n n 3 π 2 = 2((−1)n − 1)
n 3 π 2
Sada je Furijeov red traжene funkcije (nulti qlan se deli sa 2!)
S(x) = 5π
+∞ 12 + ∑
( 3(−1) n )
− 1
πn 2 cos(nx) + 2((−1)n − 1)
n 3 π 2 sin(nx) .
n=1
Vidimo da traжeni zbir liqi na ovaj koeficijent uz kosinuse, ali nije isti, qak moжemo da
primetimo da se razlikuje za mnoжenje sa (−1) n , prema tome treba da napravimo da sinusi nestanu,
a kosinusi da budu (−1) n , pa zato uzimamo x = π, tada je
S(π) = 5π
+∞
12 + ∑
( 3(−1) n )
− 1
πn 2 cos(nπ) + 2((−1)n − 1)
n 3 π 2 sin(nπ) = 5π
12 + ∑+∞ 3(−1) n − 1
πn 2 (−1) n =
n=1
n=1
= 5π
12 + +∞ ∑
n=1
3(−1) 2n − (−1) n
πn 2
= 5π
12 + +∞ ∑
n=1
3 − (−1) n
πn 2 .

Sa druge strane, f je deo po deo glatka, tj. deo po neprekidna (zapravo je svuda neprekidna) i deo
po deo ima neprekidan izvod (ima izvod u svim taqkama razliqitim od kπ, gde je k ceo broj i tu gde
ima izvod, izvod je neprekidna funkcija), pa moжemo da primenimo teoremu koja kaжe da je
S(π) =
f(π − 0) + f(π + 0)
,
2
ali poxto je f neprekidna svuda, neprekidna je i u taqki π, odakle je f(π − 0) = f(π + 0) = f(π), pa je
S(π) = f(π) = π. Zamenimo ovo u gornji izraz i dobijamo
odakle odmah sledi
π = S(π) = 5π
12 + +∞ ∑
+∞∑
n=1
3 − (−1) n
n 2
n=1
3 − (−1) n
πn 2 ,
= 7π2
12 .