גרסה מ־21:14, 6 במרץ 2011

תוכן עניינים

1 האינטגרל הלא מסויים

האינטגרל הלא מסויים

הגדרה: אינטגרל מסויים הוא אינטגרל עם גבולות $\int\limits_a^b f$ שלמדנו עד עכשיו - גבול של סכומי רימן וסכומי דרבו. אם f רציפה ניתן, לפעמים, לחשב את האינטגרל לפי נוסחת ניוטון-לייבניץ. השלב העיקרי בחישוב זה הוא מציאת הפונקציה הקדומה, ולכן הגדירו אינטגרל לא מסויים - ללא גבולות - $\int f$ , שפתרונו פשוט $F(x)+c$ עבור F פונקציה קדומה ל-f.

אינטגרלים פשוטים

$\begin{array}{|l r|l|} f(x) && \int f(x)\mathrm dx{\color{Gray}-\text{constant}}\\ ----&-----&---------\\ c && cx\\ x^\alpha & (\alpha\ne-1) & \frac{x^{\alpha+1}}{\alpha+1}\\ x^{-1} && \ln|x|\\ \sin(x) && -\cos(x)\\ \cos(x) && \sin(x)\\ \sec^2(x) && \tan(x)\\ e^x && e^x\\ a^x & (1\ne a>0) & \frac{a^x}{\ln(a)}\\ \frac1{1+x^2} && \arctan(x)\\ \frac1{a^2+x^2} && \frac1a\arctan\left(\frac xa\right)\\ \frac1\sqrt{1-x^2} && \arcsin(x)\\ \frac1\sqrt{a^2-x^2} && \arcsin\left(\frac xa\right)\\ \end{array}$

בדיקות

נבדוק $\frac\mathrm d{\mathrm dx}\ln|x|=\frac1x$ (עבור $x\ne0$ ): לפי ההגדרה $\ln|x|=\begin{cases}\ln(x)&x>0\\\ln(-x)&x<0\end{cases}$ . לכן עבור $x>0$ מתקיים $\frac\mathrm d{\mathrm dx}\ln|x|=\frac\mathrm d{\mathrm dx}\ln(x)=\frac1x$ ועבור $x<0$ , $\frac\mathrm d{\mathrm dx}\ln|x|=\frac\mathrm d{\mathrm dx}\ln(-x)=-\frac1{-x}=\frac1x$ . $\blacksquare$
$\frac\mathrm d{\mathrm dx}\frac1a\arctan\left(\frac xa\right)=\frac1a\frac1{1+\left(\frac xa\right)^2}\frac1a=\frac1{a^2+x^2}$ $\blacksquare$
$\frac\mathrm d{\mathrm dx}\arcsin\left(\frac xa\right)=\frac1\sqrt{1-\left(\frac xa\right)^2}\frac1a=\frac1\sqrt{a^2-x^2}$ $\blacksquare$

דוגמאות חישוב

$\int\sqrt x\mathrm dx=\int x^\frac12\mathrm dx=\frac{x^\frac32}{3/2}+c=\frac23x^\frac32+x+c$
$\int\frac1\sqrt{x-7}\mathrm dx=\int(x-7)^{-\frac12}\mathrm dx=2(x-7)^\frac12+c$
$\int\frac{\mathrm dx}{(3x-7)^{12}}=\int(3x-7)^{-12}\mathrm dx=\frac{(3x-7)^{-11}}{-11\cdot3}+c$ (מהפיכת כלל השרשרת)
$\int e^{-5x}\mathrm dx=\frac{e^{-5x}}{-5}+c$
$\int\sin\left(x^2\right)\mathrm dx\ne\frac{-\cos(x^2)}{2}+c$ (למעשה, האינטגרל הזה לא אלמנטרי)
$\int3^xe^x\mathrm dx=\int(3e)^x\mathrm dx=\frac{(3e)^x}{\ln(3e)}+c=\frac{(3e)^x}{1+\ln(3)}+c$
$\int\tan(x)\mathrm dx=\int(\sec^2(x)-1)\mathrm dx=\tan(x)-x+c$
$\int\frac{1+\cos(x)}{1+\cos^2(2x)}\mathrm dx=???$ - למרות שהפונקציה אלמנטרית אנו לא יודעים מה האינטגרל. המסר הוא שהאינטגרציה קשה.
$\begin{align}\int\frac1{(x-3)(x-4)}\mathrm dx&=\int\frac{(x-3)-(x-4)}{(x-3)(x-4)}\mathrm dx\\&=\int\frac{\mathrm dx}{x-4}-\int\frac{\mathrm dx}{x-3}\\&=\ln|x-4|-\ln|x-3|+c\end{align}$

כלל פשוט: האינטגרל לינארי, כלומר $\int(f+cg)=\int f+c\int g$ .

אינטגרציה בחלקים

כזכור, אם f ו-g פונקציות גזירות אז $\frac\mathrm d{\mathrm dx}f(x)g(x)=f(x)g'(x)+f'(x)g(x)$ . אם f' ו-g' רציפות נוכל להפוך את זה לנוסחת אינטגרציה:

$\int f(x)g'(x)\mathrm dx=f(x)g(x)-\int f'(x)g(x)\mathrm dx$ .

דוגמאות חישוב

$\int \underbrace{x}_{f(x)=x}\underbrace{\cos(x)}_{g'(x)=\cos(x)}\mathrm dx=x\sin(x)-\int1\sin(x)\mathrm dx=x\sin(x)+\cos(x)+c$ . אם ננסה לפתור אינטגרל זה בדרך הפוכה נקבל $\int \underbrace{x}_{g'(x)=x}\underbrace{\cos(x)}_{f(x)=\cos(x)}\mathrm dx=\cos(x)\frac{x^2}2-\int-\sin(x)\frac{x^2}2\mathrm dx$ , ואינטגרל זה יותר קשה מהאינטגרל המקורי.
$\int x^2e^{3x}\mathrm dx=\frac{x^2e^{3x}}3-\int\frac{2xe^{3x}}3\mathrm dx$ . נעשה שוב אינטגרציה בחלקים: $\int\frac{2xe^{3x}}3\mathrm dx=\frac{xe^{3x}}3-\int\frac{e^{3x}}3\mathrm dx=\frac{xe^{3x}}3-\frac{e^{3x}}9+c$ ובסה"כ $\int x^2e^{3x}\mathrm dx=\frac{x^2e^{3x}}3-\frac{2xe^{3x}}9+\frac{2e^{3x}}{27}+c$ .
$\int x^3\ln(x)\mathrm dx=\frac{x^4}4\ln(x)-\int\frac1x\frac{x^4}4\mathrm dx=\frac{x^4}4\ln(x)-\frac{x^4}{16}+c$ .
$\int\ln(x)\mathrm dx=\int1\ln(x)\mathrm dx=x\ln(x)-\int\frac1xx\mathrm dx=x\ln(x)-x+c$ .
$\begin{align}\int e^x\cos(x)\mathrm dx&=e^x\sin(x)-\int e^x\sin(x)\mathrm dx\\&=e^x\sin(x)+e^x\cos(x)+\int e^x(-\cos(x))\mathrm dx\end{align}$ ולכן $\int e^x\cos(x)\mathrm dx=\frac{e^x}2\Big(\sin(x)+\cos(x)\Big)+c$ .

שיטת ההצבה/שינוי משתנים

נתחיל עם כלל השרשרת: $\frac\mathrm d{\mathrm dx} f(g(x))=f'(g(x))g'(x)$ . לכן אם F קדומה ל-f אז $\frac\mathrm d{\mathrm dx} F(g(x))=F'(g(x))g'(x)=f(g(x))g'(x)$ ולפיכך $\int f(g(x))g'(x)\mathrm dx=F(g(x))+c$ .

דרך פורמלית וכללית לפתרון: נתון $\int f(g(x))g'(x)\mathrm dx$ . ע"י הגדרה $y=g(x)$ נקבל $\frac{\mathrm dy}{\mathrm dx}=g'(x)$ . נעביר אגף: $\mathrm dy=g'(x)\mathrm dx$ , נחזור לאינטגרל ונקבל $\int f(y)\mathrm dy=F(y)+c=F(g(x))+c$ .

דוגמאות חישוב

בכל אחת מהדוגמאות הבאות נסמן את האינטגרל שיש לחשב כ- $I$ :

$\int x^2 e^{x^3}\mathrm dx$ : נציב $y=x^3$ ולכן $\mathrm dy = 3x^2\mathrm dx$ ולפיכך $I=\int \frac{e^y}3\mathrm dy=\frac{e^y}3+c=\frac{e^{x^3}}3+c$ .
$\int\frac{\ln(x)}x\mathrm dx$ : נציב $y=\ln(x)$ ואז $\mathrm dy=\frac1x\mathrm dx$ ונובע ש- $I=\int y\mathrm dy=\frac{y^2}2+c=\frac12(\ln(x))^2+c$ .
$\int\frac x\sqrt{x^2+1}\mathrm dx$ : נציב $y=x^2+1\implies\mathrm dy=2x\mathrm dx$ ולכן $I=\int\frac{\tfrac12\mathrm dy}\sqrt y=\frac12\int y^{-\frac12}\mathrm dy=y^{\frac12}+c=\sqrt{x^2+1}+c$ .
$\int\tan(x)\mathrm dx$ : עבור $y=\cos(x)$ נקבל $I=\int\frac{\sin(x)}{\cos(x)}\mathrm dx=\int\frac{-\mathrm dy}y=-\ln|y|+c=-\ln|\cos(x)|+c$ .
$\int\cot(x)\mathrm dx=\int\frac{\cos(x)}{\sin(x)}\mathrm dx=\ln|\sin(x)|+c$ .
$\int\frac{f'(x)}{f(x)}\mathrm dx$ : נציב $y=f(x)$ ונקבל $I=\int\frac{\mathrm dy}y=\ln|y|+c=\ln|f(x)|+c$ .
לכן ניתן להוכיח שוב את סעיף 4: $\int\tan(x)\mathrm dx=-\int\frac{\cos'(x)}{\cos(x)}\mathrm dx=-\ln|\cos(x)|+c$ .
$\int\frac{f'(x)}{f^2(x)}\mathrm dx$ : נציב $y=f(x)$ ונקבל $I=\int\frac{\mathrm dy}{y^2}=-\frac1y+c=-\frac1{f(x)}+c$ .
$\int\frac{x^5\mathrm dx}\sqrt{1-x^3}$ : נציב $y=1-x^3$ ואז $\frac{(1-y)\mathrm dy}{-3}=x^5\mathrm dx$ . מכאן ש- $I=\int\frac{\frac{1-y}{-3}\mathrm dy}\sqrt y=\int\left(\frac13\sqrt y-\frac1{\sqrt y}\right)\mathrm dy=\frac29\sqrt{1-x^3}^3-\frac23\sqrt{1-x^3}+c$ .
$\int\arcsin(x)\mathrm dx$ : נציב $y=\arcsin(x)$ ומכאן ש- $\mathrm dx=\cos(y)\mathrm dy$ . לבסוף,
$\begin{align}I&=\int y\cos(y)\mathrm dy\\&=y\sin(y)-\int1\sin(y)\mathrm dy\\&=y\sin(y)+\cos(y)\\&=x\arcsin(x)+\cos(\arcsin(x))+c\end{align}$
גרף (1) ואז $I=x\arcsin(x)+\frac1\sqrt{1-x^2}+c$ .
דרך אחרת: $I=\int1\arcsin(x)\mathrm dx=x\arcsin(x)-\int\frac x\sqrt{1-x^2}\mathrm dx$ . נגדיר $y=1-x^2$ ושוב נקבל
$\begin{align}I&=x\arcsin(x)-\int\frac x\sqrt{1-x^2}\\&=x\arcsin(x)+\int\frac{\mathrm dy}{2\sqrt y}\\&=x\arcsin(x)-\sqrt y+c\\&=x\arcsin(x)+\frac1\sqrt{1-x^2}+c\end{align}$
$\int e^\sqrt x\mathrm dx$ : נציב $y=\sqrt x\implies\mathrm dy=-\frac{\mathrm dx}{2\sqrt x}$ ולכן $I=\int 2ye^y\mathrm dy=2ye^y-\int2e^y\mathrm dy=2\sqrt xe^\sqrt x-2e^\sqrt x+c$ .
$\int\sin(x)\cos(x)\mathrm dx$ : נבחר $y=\sin(x)$ כדי לקבל $I=\int y\mathrm dy=\frac12y^2+c=\frac12\sin^2(x)+c$ .
שיטה אחרת: $y=\cos(x)$ ואז $I=\int-y\mathrm dy=-\frac12\cos^2(x)+c$ .
שיטה אחרונה: $I=\int\frac12\sin(2x)\mathrm dx=-\frac14\cos(2x)+c$ .
קיבלנו 3 תשובות שונות באותו תרגיל, אך אין סתירה כי ההפרש בין כל שתי תשובות הוא גודל קבוע. למשל: $\frac12\sin^2(x)-\left(-\frac12\cos^2(x)\right)=\frac12\left(\cos^2(x)+\sin^2(x)\right)=\frac12$ .

@@ שורה 1: / שורה 1: @@
+=האינטגרל הלא מסויים=
 '''הגדרה:''' אינטגרל מסויים הוא אינטגרל עם גבולות <math>\int\limits_a^b f</math> שלמדנו עד עכשיו - גבול של סכומי רימן וסכומי דרבו. אם f רציפה ניתן, לפעמים, לחשב את האינטגרל לפי נוסחת ניוטון-לייבניץ. השלב העיקרי בחישוב זה הוא מציאת הפונקציה הקדומה, ולכן הגדירו אינטגרל לא מסויים - ללא גבולות - <math>\int f</math>, שפתרונו פשוט <math>F(x)+c</math> עבור F פונקציה קדומה ל-f.
-טבלה של אינטגרלים פשוטים:
+==אינטגרלים פשוטים==
 {{left|
-<math>\begin{array}{l|l}
+<math>\begin{array}{|l r|l|}
-f(x) & \int f(x)\mathrm dx\text{\color{gray}+constant}\\
-\hline
+f(x) && \int f(x)\mathrm dx{\color{Gray}-\text{constant}}\\
-c & cx\\
+----&-----&---------\\
-x^\alpha\quad(\alpha\ne-1) & \frac{x^{\alpha+1}}{\alpha+1}\\
-x^{-1} & \ln|x|\\
+c && cx\\
-\sin(x) & -\cos(x)\\
+x^\alpha & (\alpha\ne-1) & \frac{x^{\alpha+1}}{\alpha+1}\\
-\cos(x) & \sin(x)\\
+x^{-1} && \ln|x|\\
-\sec^2(x) & \tan(x)\\
+\sin(x) && -\cos(x)\\
-e^x & e^x\\
+\cos(x) && \sin(x)\\
-a^x\quad(1\ne a>0) & \frac{a^x}{\ln(a)}\\
+\sec^2(x) && \tan(x)\\
-\frac1{1+x^2} & \arctan\left(\frac xa\right)\\
+e^x && e^x\\
-\frac1\sqrt{1-x^2} & \arcsin(x)\\
+a^x & (1\ne a>0) & \frac{a^x}{\ln(a)}\\
-\frac1\sqrt{a^2-x^2} & \arcsin\left(\frac xa\right)
+\frac1{1+x^2} && \arctan(x)\\
+\frac1{a^2+x^2} && \frac1a\arctan\left(\frac xa\right)\\
+\frac1\sqrt{1-x^2} && \arcsin(x)\\
+\frac1\sqrt{a^2-x^2} && \arcsin\left(\frac xa\right)\\
 \end{array}</math>
 }}
@@ שורה 22: / שורה 27: @@
 ===בדיקות===
 # נבדוק <math>\frac\mathrm d{\mathrm dx}\ln|x|=\frac1x</math> (עבור <math>x\ne0</math>): לפי ההגדרה <math>\ln|x|=\begin{cases}\ln(x)&x>0\\\ln(-x)&x<0\end{cases}</math>. לכן עבור <math>x>0</math> מתקיים <math>\frac\mathrm d{\mathrm dx}\ln|x|=\frac\mathrm d{\mathrm dx}\ln(x)=\frac1x</math> ועבור <math>x<0</math>, <math>\frac\mathrm d{\mathrm dx}\ln|x|=\frac\mathrm d{\mathrm dx}\ln(-x)=-\frac1{-x}=\frac1x</math>. {{משל}}
-# <math>\begin{align}\frac\mathrm d{\mathrm dx}\frac1a\arctan\left(\frac xa\right)=\frac1a\frac1{1+\left(\frac xa\right)^2\frac1a\end{align}</math>
+# <math>\frac\mathrm d{\mathrm dx}\frac1a\arctan\left(\frac xa\right)=\frac1a\frac1{1+\left(\frac xa\right)^2}\frac1a=\frac1{a^2+x^2}</math> {{משל}}
-# <math>\frac\mathrm d{\mathrm dx}\arcsin\left(\frac xa\right)=\frac1\sqrt{1-\left(\frac xa\right)^2}\frac1a=\frac1\sqrt{a^2-x^2}</math>
+# <math>\frac\mathrm d{\mathrm dx}\arcsin\left(\frac xa\right)=\frac1\sqrt{1-\left(\frac xa\right)^2}\frac1a=\frac1\sqrt{a^2-x^2}</math> {{משל}}
 ===דוגמאות חישוב===
-# <math>\int\sqrt x\mathrm dx=\int x^\frac12\mathrm dx=\frac{x^\frac32}{3/2}+c=\frac23x^\frac32+x</math>
+# <math>\int\sqrt x\mathrm dx=\int x^\frac12\mathrm dx=\frac{x^\frac32}{3/2}+c=\frac23x^\frac32+x+c</math>
 # <math>\int\frac1\sqrt{x-7}\mathrm dx=\int(x-7)^{-\frac12}\mathrm dx=2(x-7)^\frac12+c</math>
-# <math>\int\frac{\mathrm dx}{(3x-7)^12}=\int(3x-7)^{-12}\mathrm dx=\frac{(3x-7)^{-11}}{-11\cdot3}+c</math> (מהפיכת כלל השרשרת)
+# <math>\int\frac{\mathrm dx}{(3x-7)^{12}}=\int(3x-7)^{-12}\mathrm dx=\frac{(3x-7)^{-11}}{-11\cdot3}+c</math> (מהפיכת כלל השרשרת)
-# <math>\int e^{-5x}\mathrm dx=\int\frac{e^{-5x}}{-5}+c</math>
+# <math>\int e^{-5x}\mathrm dx=\frac{e^{-5x}}{-5}+c</math>
-# <math>\int\sin\left(x^2\right)\mathrm dx\ne\frac{-cos(x^2)}{2}+c</math> (למעשה, האינטגרל לא אלמנטרי)
+# <math>\int\sin\left(x^2\right)\mathrm dx\ne\frac{-\cos(x^2)}{2}+c</math> (למעשה, האינטגרל הזה לא אלמנטרי)
 # <math>\int3^xe^x\mathrm dx=\int(3e)^x\mathrm dx=\frac{(3e)^x}{\ln(3e)}+c=\frac{(3e)^x}{1+\ln(3)}+c</math>
 # <math>\int\tan(x)\mathrm dx=\int(\sec^2(x)-1)\mathrm dx=\tan(x)-x+c</math>
-# <math>\int\frac{1+\cos(x)}{1+\cos^2(2x)}\mathrm dx=???</math> (למרות שהפונקציה אלמנטרית אנו לא יודעים. המסר הוא שהאינטגרציה קשה)
+# <math>\int\frac{1+\cos(x)}{1+\cos^2(2x)}\mathrm dx=???</math> - למרות שהפונקציה אלמנטרית אנו לא יודעים מה האינטגרל. המסר הוא שהאינטגרציה קשה.
-# <math>\frac{\mathrm dx}{(x-3)(x-4)}=\int\frac{(x-3)-(x-4)}{(x-3)(x-4)}\mathrm dx=\int\frac1\{\mathrm dx}{x-3}+\frac{\mathrm dx}{x-4}=\ln|x-3|+\ln|x-4|+c</math>
+# <math>\begin{align}\int\frac1{(x-3)(x-4)}\mathrm dx&=\int\frac{(x-3)-(x-4)}{(x-3)(x-4)}\mathrm dx\\&=\int\frac{\mathrm dx}{x-4}-\int\frac{\mathrm dx}{x-3}\\&=\ln|x-4|-\ln|x-3|+c\end{align}</math>
-כלל פשוט: האינטגרל לינארי, כלומר <math>\int(f+cg)=\int f+c\int g</math>.
+'''כלל פשוט:''' האינטגרל לינארי, כלומר <math>\int(f+cg)=\int f+c\int g</math>.
 ==אינטגרציה בחלקים==
@@ שורה 44: / שורה 49: @@
 ===דוגמאות חישוב===
-# <math>\int \underbrace{x}_{f(x)=x}\underbrace{\cos(x)}_{g'(x)=\cos(x)}\mathrm dx=x\sin(x)-\int1\sin(x)\mathrm dx=x\sin(x)+\cos(x)+c</math>. אם ננסה לפתור אינטגרל זה בדרך הפוכה <math>\int \underbrace{x}_{g'(x)=x}\underbrace{\cos(x)}_{f(x)=\cos(x)}\mathrm dx=\cos(x)\frac{x^2}2-\int-\sin(x)\frac{x^2}2\mathrm dx</math>, ואינטגרל זה יותר קשה מהאינטגרל המקורי.
+# <math>\int \underbrace{x}_{f(x)=x}\underbrace{\cos(x)}_{g'(x)=\cos(x)}\mathrm dx=x\sin(x)-\int1\sin(x)\mathrm dx=x\sin(x)+\cos(x)+c</math>. אם ננסה לפתור אינטגרל זה בדרך הפוכה נקבל <math>\int \underbrace{x}_{g'(x)=x}\underbrace{\cos(x)}_{f(x)=\cos(x)}\mathrm dx=\cos(x)\frac{x^2}2-\int-\sin(x)\frac{x^2}2\mathrm dx</math>, ואינטגרל זה יותר קשה מהאינטגרל המקורי.
-# <math>x^2e^{3x}\mathrm dx=\frac{x^2e^{3x}}3-\int\frac{2xe^{3x}}3\mathrm dx</math>. נעשה שוב אינטגרציה בחלקים: <math>\int\frac{2xe^{3x}}3\mathrm dx=\frac{xe^{3x}3-\int\frac{e^{3x}}3\mathrm dx=\frac{xe^{3x}3-\frac{e^{3x}}9+c</math> ובסה"כ <math>x^2e^{3x}\mathrm dx=\frac{x^2e^{3x}}3-\frac29xe^{3x}+\frac2{27}e^{3x}+c</math>
+# <math>\int x^2e^{3x}\mathrm dx=\frac{x^2e^{3x}}3-\int\frac{2xe^{3x}}3\mathrm dx</math>. נעשה שוב אינטגרציה בחלקים: <math>\int\frac{2xe^{3x}}3\mathrm dx=\frac{xe^{3x}}3-\int\frac{e^{3x}}3\mathrm dx=\frac{xe^{3x}}3-\frac{e^{3x}}9+c</math> ובסה"כ <math>\int x^2e^{3x}\mathrm dx=\frac{x^2e^{3x}}3-\frac{2xe^{3x}}9+\frac{2e^{3x}}{27}+c</math>.
-# <math>\int x^3\ln(x)\mathrm dx=\frac{x^4}4\ln(x)-\int\frac1x\frac{x^4}4\mathrm dx=\frac{x^4}4\ln(x)-\frac{x^4}{16}+c</math>
+# <math>\int x^3\ln(x)\mathrm dx=\frac{x^4}4\ln(x)-\int\frac1x\frac{x^4}4\mathrm dx=\frac{x^4}4\ln(x)-\frac{x^4}{16}+c</math>.
-# <math>\int\ln(x)\mathrm dx=\int1\ln(x)\mathrm dx=x\ln(x)-\int\frac1xx\mathrm dx=x\ln(x)-x+c</math>
+# <math>\int\ln(x)\mathrm dx=\int1\ln(x)\mathrm dx=x\ln(x)-\int\frac1xx\mathrm dx=x\ln(x)-x+c</math>.
-# <math>\int e^x\cos(x)\mathrm dx=e^x\sin(x)-\int e^x\sin(x)\mathrm dx=e^x\sin(x)+e^x\cos(x)+\int e^x (-\cos(x))\mathrm dx</math> ולכן <math>\int e^x\cos(x)\mathrm dx=\frac{e^x}2(\sin(x)+\cos(x))+c</math>
+# <math>\begin{align}\int e^x\cos(x)\mathrm dx&=e^x\sin(x)-\int e^x\sin(x)\mathrm dx\\&=e^x\sin(x)+e^x\cos(x)+\int e^x(-\cos(x))\mathrm dx\end{align}</math> ולכן <math>\int e^x\cos(x)\mathrm dx=\frac{e^x}2\Big(\sin(x)+\cos(x)\Big)+c</math>.
-==שיטת ההצבה {{הערה|או}} שינוי משתנים==
+==שיטת ההצבה/שינוי משתנים==
-נתחיל עם כלל השרשרת <math>\frac\mathrm d{\mathrm dx} f(g(x))=f'(g(x))g'(x)</math>, לכן אם F קדומה ל-f אז <math>\frac\mathrm d{\mathrm dx} F(g(x))=F'(g(x))g'(x)=f(g(x))g'(x)</math> ולפיכך <math>\int f(g(x))g'(x)\mathrm dx=F(g(x))+c</math>
+נתחיל עם כלל השרשרת: <math>\frac\mathrm d{\mathrm dx} f(g(x))=f'(g(x))g'(x)</math>. לכן אם F קדומה ל-f אז <math>\frac\mathrm d{\mathrm dx} F(g(x))=F'(g(x))g'(x)=f(g(x))g'(x)</math> ולפיכך <math>\int f(g(x))g'(x)\mathrm dx=F(g(x))+c</math>.
-יש דרך פורמלית לפתור <math>\int f(g(x))g'(x)\mathrm dx</math> ע"י "הצבה" <math>y=g(x)</math>. אם כן <math>\frac{\mathrm dy}{\mathrm dx}=g'(x)</math>. נעביר אגף <math>\mathrm dy=g'(x)\mathrm dx</math>. נחזור לאינטגרל ונקבל <math>\int f(y)\mathrm dy=F(y)+c=F(g(x))+c</math>
+דרך פורמלית וכללית לפתרון: נתון <math>\int f(g(x))g'(x)\mathrm dx</math>. ע"י הגדרה <math>y=g(x)</math> נקבל <math>\frac{\mathrm dy}{\mathrm dx}=g'(x)</math>. נעביר אגף: <math>\mathrm dy=g'(x)\mathrm dx</math>, נחזור לאינטגרל ונקבל <math>\int f(y)\mathrm dy=F(y)+c=F(g(x))+c</math>.
 ===דוגמאות חישוב===
-# <math>\int x^2 e^{x^3}\mathrm dx</math>. נציב <math>y=x^3</math> ולכן <math>\mathrm dy = 3x^2\mathrm dx</math> ולכן האינטגרל שווה ל-<math>\int e^y\frac13\mathrm dy=\frac13e^y+c=\frac13e^{x^3}+c</math>
+בכל אחת מהדוגמאות הבאות נסמן את האינטגרל שיש לחשב כ-<math>I</math>:
-# <math>\int\frac{\ln(x)}x\mathrm dx</math>. נציב <math>y=\ln(x)</math> ואז <math>\mathrm dy=\frac1x\mathrm dx</math> והאינטגרל הוא <math>\int y\mathrm dy=\frac{y^2}2+c=\frac12(\ln(x))^2+c</math>
-# <math>\int\frac x\sqrt{x^2+1}\mathrm dx</math>. נציב <math>y=x^2+1</math> והאינטגרל שווה ל-<math>\int\frac{\tfrac12\mathrm dy}\sqrt y=
+# <math>\int x^2 e^{x^3}\mathrm dx</math>: נציב <math>y=x^3</math> ולכן <math>\mathrm dy = 3x^2\mathrm dx</math> ולפיכך <math>I=\int \frac{e^y}3\mathrm dy=\frac{e^y}3+c=\frac{e^{x^3}}3+c</math>.
-frac12\int y^{-\frac12}\mathrm dy=y^{\frac12}+c=\sqrt{x^2+1}+c</math>
+# <math>\int\frac{\ln(x)}x\mathrm dx</math>: נציב <math>y=\ln(x)</math> ואז <math>\mathrm dy=\frac1x\mathrm dx</math> ונובע ש-<math>I=\int y\mathrm dy=\frac{y^2}2+c=\frac12(\ln(x))^2+c</math>.
-# <math>\int\tan(x)\mathrm dx=\int\frac{\sin(x)}{\cos(x)}\mathrm dx</math> ועבור <math>y=\cos(x)</math> נקבל <math>\int\frac{-\mathrm dy}y=-\ln|y|+c=-\ln|\cos(x)|+c</math>
+# <math>\int\frac x\sqrt{x^2+1}\mathrm dx</math>: נציב <math>y=x^2+1\implies\mathrm dy=2x\mathrm dx</math> ולכן <math>I=\int\frac{\tfrac12\mathrm dy}\sqrt y=\frac12\int y^{-\frac12}\mathrm dy=y^{\frac12}+c=\sqrt{x^2+1}+c</math>.
-# <math>\int\cot(x)\mathrm dx=\int\frac{\cos(x)}{\sin(x)}\mathrm dx=\ln|\sin(x)|+c</math>
+# <math>\int\tan(x)\mathrm dx</math>: עבור <math>y=\cos(x)</math> נקבל <math>I=\int\frac{\sin(x)}{\cos(x)}\mathrm dx=\int\frac{-\mathrm dy}y=-\ln|y|+c=-\ln|\cos(x)|+c</math>.
-#<math>\int\frac{f'(x)}{f(x)}\mathrm dx</math>. נציב <math>y=f(x)</math> ונקבל <math>\int\frac{\mathrm dy}y=\ln|y|+c=\ln|f(x)|+c</math>. לכן ניתן להוכיח שוב את סעיף  <math>\int\tan(x)\mathrm dx=-\int\frac{\cos'(x)}{\cos(x)}\mathrm dx=-\ln|\cos(x)|+c</math>.
+# <math>\int\cot(x)\mathrm dx=\int\frac{\cos(x)}{\sin(x)}\mathrm dx=\ln|\sin(x)|+c</math>.
-# <math>\int\frac{f'(x)}{f^2(x)}\mathrm dx</math>. נציב <math>y=f(x)</math> ונקבל <math>\int\frac{\mathrm dy}{y^2}=-\frac1y+c=-\frac1{f(x)}+c</math>
+#<math>\int\frac{f'(x)}{f(x)}\mathrm dx</math>: נציב <math>y=f(x)</math> ונקבל <math>I=\int\frac{\mathrm dy}y=\ln|y|+c=\ln|f(x)|+c</math>.<br />לכן ניתן להוכיח שוב את סעיף 4: <math>\int\tan(x)\mathrm dx=-\int\frac{\cos'(x)}{\cos(x)}\mathrm dx=-\ln|\cos(x)|+c</math>.
-# <math>\int\frac{x^5\mathrm dx}\sqrt{1-x^3}</math>. נציב <math>y=1-x^3</math> ואז <math>\frac{(1-y)\mathrm dy}{-3}=x^5\mathrm dx</math>. האינטגרל שווה ל-<math>\int\frac{\frac{1-y}{-3}\mathrm dy}\sqrt y=\int\left(\frac13\sqrt y-\frac1{\sqrt y}\right)\mathrm dy=\frac29\left(1-x^3\right)^{3/2}-\frac23\left(1-x^3\right)^{1/2}+c</math>
+# <math>\int\frac{f'(x)}{f^2(x)}\mathrm dx</math>: נציב <math>y=f(x)</math> ונקבל <math>I=\int\frac{\mathrm dy}{y^2}=-\frac1y+c=-\frac1{f(x)}+c</math>.
-# <math>\int\arcsin(x)\mathrm dx</math> נציב <math>y=\arcsin(x)</math> ומכאן ש-<math>\mathrm dx=\cos(y)\mathrm dy</math> מכאן שהאינטגרל הוא <math>\int y\cos(y)\mathrm dy=y\sin(y)-\int1\sin(y)\amthrm dy=y\sin(y)+\cos(y)=x\arcsin(x)+\cos(\arcsin(x))+c</math>. גרף (1). דרך אחרת: <math>\int\arcsin(x)\mathrm dx=\int1\arcsin(x)\mathrm dx=x\arcsin(x)-\int\frac x\sqrt{1-x^2}\mathrm dx</math>. נגדיר <math>y=1-x^2</math> ונקבל <math>\int\frac x\sqrt{1-x^2}=\int\frac{1/2\mathrm dy}\sqrt y=-\sqrt y+c=x\arcsin(x)+\frac1\sqrt{1-x^2}+c</math>
+# <math>\int\frac{x^5\mathrm dx}\sqrt{1-x^3}</math>: נציב <math>y=1-x^3</math> ואז <math>\frac{(1-y)\mathrm dy}{-3}=x^5\mathrm dx</math>. מכאן ש-<math>I=\int\frac{\frac{1-y}{-3}\mathrm dy}\sqrt y=\int\left(\frac13\sqrt y-\frac1{\sqrt y}\right)\mathrm dy=\frac29\sqrt{1-x^3}^3-\frac23\sqrt{1-x^3}+c</math>.
-# <math>\int e^\sqrt x\mathrm dx</math>. נציב <math>y=x^2</math> לקבל <math>\int e^y2y\mathrm dy=2ye^t-\int2e^t\mathrm dy=2\sqrt xe^\sqrt x-2e^\sqrt x+c</math>.
+# <math>\int\arcsin(x)\mathrm dx</math>: נציב <math>y=\arcsin(x)</math> ומכאן ש-<math>\mathrm dx=\cos(y)\mathrm dy</math>. לבסוף, {{left|<math>\begin{align}I&=\int y\cos(y)\mathrm dy\\&=y\sin(y)-\int1\sin(y)\mathrm dy\\&=y\sin(y)+\cos(y)\\&=x\arcsin(x)+\cos(\arcsin(x))+c\end{align}</math>}} גרף (1) ואז <math>I=x\arcsin(x)+\frac1\sqrt{1-x^2}+c</math>.<br />דרך אחרת: <math>I=\int1\arcsin(x)\mathrm dx=x\arcsin(x)-\int\frac x\sqrt{1-x^2}\mathrm dx</math>. נגדיר <math>y=1-x^2</math>  ושוב נקבל {{left|<math>\begin{align}I&=x\arcsin(x)-\int\frac x\sqrt{1-x^2}\\&=x\arcsin(x)+\int\frac{\mathrm dy}{2\sqrt y}\\&=x\arcsin(x)-\sqrt y+c\\&=x\arcsin(x)+\frac1\sqrt{1-x^2}+c\end{align}</math>}}
-# <math>\int\sin(x)\cos(x)\mathrm dx</math>. נבחר <math>y=\sin(y)</math> לקבל <math>\int y\mathrm dy=\frac12y^2+c=\frac12\sin^2(x)+c</math>. שיטה אחרת: <math>y=\cos(x)</math> ו-<math>\iny-y\mathrm dy=-\frac12\cos^2(x)+c</math>. שיטה אחרונה: <math>=\int\frac12\sin(2x)\mathrm dx=-\frac14\cos(2x)+c</math>. קיבלנו 3 תשובות שונות באותו תרגיל, אך אין סתירה כי ההפרש בין כל שתי תשובות הוא גודל קבוע. למשל: <math>-\frac12\cos^2(x)-\frac12\sin^2(x)=-\frac12(\cos^2(x)+\sin^2(x))=-\frac12</math>
+# <math>\int e^\sqrt x\mathrm dx</math>: נציב <math>y=\sqrt x\implies\mathrm dy=-\frac{\mathrm dx}{2\sqrt x}</math> ולכן <math>I=\int 2ye^y\mathrm dy=2ye^y-\int2e^y\mathrm dy=2\sqrt xe^\sqrt x-2e^\sqrt x+c</math>.
+# <math>\int\sin(x)\cos(x)\mathrm dx</math>: נבחר <math>y=\sin(x)</math> כדי לקבל <math>I=\int y\mathrm dy=\frac12y^2+c=\frac12\sin^2(x)+c</math>.<br />שיטה אחרת: <math>y=\cos(x)</math> ואז <math>I=\int-y\mathrm dy=-\frac12\cos^2(x)+c</math>.<br />שיטה אחרונה: <math>I=\int\frac12\sin(2x)\mathrm dx=-\frac14\cos(2x)+c</math>.<br />קיבלנו 3 תשובות שונות באותו תרגיל, אך אין סתירה כי ההפרש בין כל שתי תשובות הוא גודל קבוע. למשל: <math>\frac12\sin^2(x)-\left(-\frac12\cos^2(x)\right)=\frac12\left(\cos^2(x)+\sin^2(x)\right)=\frac12</math>.

הבדלים בין גרסאות בדף "משתמש:אור שחף/133 - הרצאה/6.3.11"

גרסה מ־21:14, 6 במרץ 2011

תוכן עניינים

האינטגרל הלא מסויים

אינטגרלים פשוטים

בדיקות

דוגמאות חישוב

אינטגרציה בחלקים

דוגמאות חישוב

שיטת ההצבה/שינוי משתנים

דוגמאות חישוב

תפריט הניווט

כלים אישיים

גרסאות שפה

מרחבי שם

חיפוש

עוד

צפיות

ניווט

כלים