שיטות אינטגרציה[עריכה]

דוגמאות[עריכה]

בכל אחת מהדוגמאות הבאות נסמן את האינטגרל שיש לחשב כ-[math]\displaystyle{ \int }[/math].

[math]\displaystyle{ \int=\int\frac{\mathrm dx}{1+e^{2x}} }[/math]: נציב [math]\displaystyle{ t=e^x\implies\frac{\mathrm dt}t=\mathrm dx }[/math] ולכן
[math]\displaystyle{ \begin{align}\int&=\int\frac1{1+t^2}\cdot\frac{\mathrm dt}t\\&=\int\left(\frac{-t}{1+t^2}+\frac1t\right)\mathrm dt\\&=-\frac12\ln\left(1+t^2\right)+\ln|t|+c\\&=-\frac12\ln\left(1+e^{2x}\right)+x+c\end{align} }[/math]
[math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]
דרך אחרת: [math]\displaystyle{ \int=\int\frac{e^{-x}}{e^{-x}+e^x}\mathrm dx }[/math], נציב [math]\displaystyle{ t=e^{-x}\implies-\mathrm dt=e^{-x}\mathrm dx }[/math] ולכן
[math]\displaystyle{ \begin{align}\int&=\int\frac{-\mathrm dt}{t+1/t}\\&=\int\frac{-t}{1+t^2}\mathrm dt\\&=-\frac12\ln\left(1+t^2\right)+c\\&=-\frac12\ln\left(1+e^{-2x}\right)+c\end{align} }[/math]
[math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]
[math]\displaystyle{ \int\frac{e^x}{1+e^{2x}}\mathrm dx }[/math]: נגדיר [math]\displaystyle{ t=e^x }[/math] ולכן [math]\displaystyle{ \int=\int\frac{\mathrm dt}{1+t^2}=\arctan(t)+c=\arctan\left(e^x\right)+c }[/math]. [math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]
[math]\displaystyle{ \int\frac{e^{2x}}{1+e^{2x}}\mathrm dx }[/math]: נגדיר [math]\displaystyle{ t=1+e^{2x}\implies\mathrm dt=2e^{2x}\mathrm dx }[/math] ואז [math]\displaystyle{ \int=\int\frac{\mathrm dt/2}{t}=\frac12\ln|t|+c=\frac12\ln\left(1+e^{2x}\right)+c }[/math]. [math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]
[math]\displaystyle{ \int\frac{e^{3x}}{1+e^{2x}}\mathrm dx }[/math]: נציב [math]\displaystyle{ y=e^x\implies\mathrm dy=e^x\mathrm dx }[/math] לקבל
[math]\displaystyle{ \begin{align}\int&=\int\frac{y^2}{1+y^2}\mathrm dy\\&=\int\left(\frac{y^2+1}{y^2+1}-\frac1{1+y^2}\right)\mathrm dy\\&=y-\arctan(y)+c\\&=e^x-\arctan\left(e^x\right)+c\end{align} }[/math]
[math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]
[math]\displaystyle{ \int\frac{\mathrm dx}\sqrt{x-x^2} }[/math]: [math]\displaystyle{ t=\sqrt{1-x}\implies x=1-t^2\implies\mathrm dx=-2t\mathrm dt }[/math]. לפיכך
[math]\displaystyle{ \begin{align}\int&=\int\frac{\mathrm dx}{\sqrt x\sqrt{1-x}}\\&=\int\frac{-2t\mathrm dt}{\sqrt{1-t^2}t}\\&=-2\arcsin(t)+c\\&=-2\arcsin\left(\sqrt{1-x}\right)+c\end{align} }[/math]
[math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]
[math]\displaystyle{ \int\sec(x)\mathrm dx=\int\frac{\cos(x)}{\cos^2(x)}\mathrm dx=\int\frac{\cos(x)}{1-\sin^2(x)}\mathrm dx }[/math]: [math]\displaystyle{ y=\sin(x)\implies\mathrm dy=\cos(x)\mathrm dx }[/math] ומכאן נובע
[math]\displaystyle{ \begin{align}\int&=\int\frac{\mathrm dy}{1-y^2}\\&=\int\frac{\mathrm dy}{(1-y)(1+y)}\\&=\int\left(\frac{1/2}{1-y}+\frac{1/2}{1+y}\right)\mathrm dy\\&=-\frac12\ln|1-y|+\frac12\ln|1+y|+c\\&=\frac12\ln\left(\frac{1+\sin(x)}{1-\sin(x)}\right)+c\end{align} }[/math]
[math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]
[math]\displaystyle{ \int\frac\sqrt{x-1}{x^2\sqrt{x+1}}\mathrm dx }[/math]: אם [math]\displaystyle{ t=\frac1x\implies\mathrm dt=-\frac{\mathrm dx}{x^2} }[/math] אז
[math]\displaystyle{ \begin{align}\int&=-\int\frac\sqrt{\frac1t-1}\sqrt{\frac1t+1}\mathrm dt\\&=-\int\frac\sqrt{1-t}\sqrt{1+t}\mathrm dt\\&=\int\frac{t-1}\sqrt{1-t^2}\mathrm dt\\&=\int\frac{t\mathrm dt}\sqrt{1-t^2}-\int\frac{\mathrm dt}\sqrt{1-t^2}\end{align} }[/math]
נציב [math]\displaystyle{ y=1-t^2\implies\frac{\mathrm dy}{-2}=t\mathrm dt }[/math] ואז
[math]\displaystyle{ \begin{align}\int&=-\int\frac{\mathrm dy/2}{y^{1/2}}-\arcsin(t)\\&=-y^{1/2}-\arcsin(t)+c\\&=-\sqrt{1-\frac1{x^2}}-\arcsin\left(\frac1x\right)+c\end{align} }[/math]
[math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]
נתון [math]\displaystyle{ a\gt 0 }[/math] קבוע וצריך למצוא נוסחת נסיגה ל-[math]\displaystyle{ I_n=\int\frac{\mathrm dx}{\left(x^2+a^2\right)^n} }[/math] לכל [math]\displaystyle{ n\in\mathbb N }[/math]. ברור כי [math]\displaystyle{ I_1=\int\frac{\mathrm dx}{x^2+a^2}=\frac1a\arctan\left(\frac xa\right)+c }[/math]. כעת [math]\displaystyle{ \forall 1\lt n\in\mathbb N:\ I_n=\int\frac{x'\mathrm dx}{\left(x^2+a^2\right)^n} }[/math]. לפיכך
[math]\displaystyle{ \begin{align}I_n&=\frac x{\left(x^2+a^2\right)^n}-\int(-n)\left(x^2+a^2\right)^{-n-1}2x\cdot x\mathrm dx\\&=\frac x{\left(x^2+a^2\right)^n}+2n\int\frac{x^2+a^2-a^2}{\left(x^2+a^2\right)^{n+1}}\mathrm dx\\&=\frac x{\left(x^2+a^2\right)^n}+2n\int\frac{\mathrm dx}{\left(x^2+a^2\right)^n}-2na^2\int\frac{\mathrm dx}{\left(x^2+a^2\right)^{n+1}}\\&=\frac x{\left(x^2+a^2\right)^n}+2nI_n-2na^2I_{n+1}\end{align} }[/math]
לכן [math]\displaystyle{ I_{n+1}=\frac x{2na^2\left(x^2+a^2\right)^n}+\frac{2n-1}{2na^2}I_n }[/math]. [math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math] למשל, עבור [math]\displaystyle{ a=2 }[/math] נחשב [math]\displaystyle{ I_3 }[/math]: [math]\displaystyle{ I_2=\frac x{8\left(x^2+4\right)}+\frac18I_1 }[/math] וכן [math]\displaystyle{ I_3=\frac x{16\left(x^2+4\right)^2}+\frac3{16}I_2 }[/math]. לבסוף: [math]\displaystyle{ I_3=\frac x{16\left(x^2+4\right)^2}+\frac3{16}\left(\frac x{8\left(x^2+4\right)}+\frac18\cdot\frac12\arctan\left(\frac x2\right)\right)+c }[/math]. [math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]

שברים חלקיים[עריכה]

נפתח שיטה לביצוע אינטגרציה של פונקציה רציונלית כלשהי [math]\displaystyle{ \frac pq }[/math] ([math]\displaystyle{ p,q }[/math] פולינומים). כבר ראינו דוגמה פרטית של השיטה, כאשר פירקנו פונקציה רציונלית לסכום של פונקציות רציונליות פשוטות, וזה יסוד השיטה.

נסתמך ללא הוכחה על משפט מאלגברה: כל פונקציה רציונלית [math]\displaystyle{ \frac pq }[/math] כך ש-[math]\displaystyle{ \deg(p)\lt \deg(q) }[/math] ניתנת לפירוק יחיד כסכום של שברים חלקיים: [math]\displaystyle{ \frac A{\left(x-x_0\right)^n}+\frac{Bx+C}{\left(x^2+bx+c\right)^k} }[/math], כאשר [math]\displaystyle{ A,B,C,x_0\in\mathbb R }[/math] קבועים ולמכנה [math]\displaystyle{ \left(x^2+bx+c\right)^k }[/math] אין שורשים ממשיים (כלומר [math]\displaystyle{ b^2-4c\lt 0 }[/math]). האינטגרציה של השבר הראשון קלה: [math]\displaystyle{ \int\frac{A\mathrm dx}{\left(x-x_0\right)^n}=\frac{A\left(x-x_0\right)^{-n+1}}{-n+1}+c }[/math]. לשבר השני יותר קשה למצוא אינטגרל. ניתן כמה דוגמאות:

[math]\displaystyle{ \begin{align}\int\frac{\mathrm dx}{x^2+6x+10}&=\int\frac{\mathrm dx}{x^2+6x+3^2+1}\\&=\int\frac{\mathrm dx}{\left(x+3\right)^2+1}\\&=\arctan(x+3)+c\end{align} }[/math]
[math]\displaystyle{ \begin{align}\int\frac{5x+2}{x^2+10x+34}\mathrm dx&=\int\frac{5x+2}{\left(x+5\right)^2+9}\mathrm dx\\&=\int\frac{5(x+5)-23}{\left(x+5\right)^2+9}\mathrm d(x+5)\\&=\frac52\ln\left(\left(x+5\right)^2+9\right)-\frac{23}3\arctan\left(\frac{x+5}3\right)+c\\&=\frac52\ln\left(x^2+10x+34\right)-\frac{23}3\arctan\left(\frac{x+5}3\right)+c\end{align} }[/math]
כאשר [math]\displaystyle{ \frac{\mathrm d(x+5)}{\mathrm dx}=1 }[/math] ולכן [math]\displaystyle{ \mathrm dx=\mathrm d(x+5) }[/math].
[math]\displaystyle{ \int=\int\frac{6x-5}{\left(x^2+4x+8\right)^3}\mathrm dx=\int\frac{6x-5}{\left(\left(x+2\right)^2+4\right)^3}\mathrm dx }[/math]
נציב [math]\displaystyle{ t=x+2 }[/math] ואז [math]\displaystyle{ \mathrm dt=\mathrm dx }[/math]:
[math]\displaystyle{ \int=\int\frac{6t-17}{\left(t^2+4\right)^3}\mathrm dt=\int\frac{6t\mathrm dt}{\left(t^2+4\right)^3}-17\int\frac{\mathrm dt}{\left(t^2+4\right)^3} }[/math]
נציב [math]\displaystyle{ y=t^2+4\implies\mathrm dy=2t\mathrm dt }[/math] ונסמן [math]\displaystyle{ I_n=\int\frac{\mathrm dx}{\left(x^2+4\right)^n} }[/math]:
[math]\displaystyle{ \int=\int\frac{3\mathrm dy}{y^3}-17I_3=-\frac3{2y^2}-17I_3=-\frac32\cdot\frac1{\left(x^2+4x+8\right)^2}-17I_3 }[/math]
כאשר [math]\displaystyle{ I_3 }[/math] הוא בדיוק אותו [math]\displaystyle{ I_3 }[/math] שמצאנו בסעיף 8 בדוגמאות מקודם.

באופן כללי נהפוך את השבר ל-[math]\displaystyle{ \frac{Bx}{\left(\left(x+\frac b2\right)^2+c-\frac{b^2}4\right)^k}+\frac C{\left(\left(x+\frac b2\right)^2+c-\frac{b^2}4\right)^k} }[/math]. את האינטגרל של השבר השמאלי (זה שבמונהו יש [math]\displaystyle{ Bx }[/math]) נחשב ע"י הצבת [math]\displaystyle{ y=\left(x+\frac b2\right)^2+c-\frac{b^2}4 }[/math], ואת השבר הימני לפי סעיף 8 בדוגמאות הנ"ל. לחלופין, את שני השברים הללו אפשר לחשב לפי שברים חלקיים.

עתה נשאר לנו ללמוד את השיטה לפירוק פונקציה נתונה לסכום של שברים חלקיים. נעזר במשפט היסודי של האלגברה: אם [math]\displaystyle{ p(x)=\sum_{k=0}^n a_kx^k\in\mathbb R_n[x] }[/math] אז קיים לו פירוק [math]\displaystyle{ p(x)=(x-x_1)(x-x_2)\dots(x-x_n) }[/math] (כאשר [math]\displaystyle{ \forall i:\ x_i\in\mathbb C }[/math]). חלק מה-[math]\displaystyle{ x_i }[/math]-ים יכולים להיות ממשיים, אבל בכל אופן מספר השורשים הלא ממשיים יהא זוגי. למשל:

[math]\displaystyle{ \begin{align}\Big(x-(a+bi)\Big)\Big(x-(a-bi)\Big)&=x^2-(a+bi+a-bi)x+(a+bi)(a-bi)\\&=x^2-2ax+\left(a^2+b^2\right)\\&\in\mathbb R_2[x]\end{align} }[/math]

כעת, בהינתן האינטגרל [math]\displaystyle{ \int\frac{p(x)}{q(x)}\mathrm dx }[/math] כאשר [math]\displaystyle{ \deg(p)\lt \deg(q) }[/math] נפרק את [math]\displaystyle{ q(x) }[/math] ל-[math]\displaystyle{ \left(x^2+bx+c\right)^k }[/math] ו-[math]\displaystyle{ \left(x-x_0\right)^n }[/math] כנ"ל, נמצא [math]\displaystyle{ A,B,C }[/math] כנזכר למעלה ונחשב את האינטגרל.

דוגמאות[עריכה]

[math]\displaystyle{ \int\frac{\mathrm dx}{x^2-1}=\int\frac{\mathrm dx}{(x-1)(x+1)}=\int\left(\frac A{x-1}+\frac B{x+1}\right)\mathrm dx }[/math]. A ו-B מקיימים
[math]\displaystyle{ \begin{align}A(x+1)+B(x-1)=1&\implies x(A+B)+(A-B)=1\\&\implies\begin{cases}A+B=0\\A-B=1\end{cases}\\&\implies A=\frac12\ \and\ B=-\frac12\end{align} }[/math]
ונקבל [math]\displaystyle{ \int=\frac12\ln|x-1|-\frac12\ln|x+1|+c }[/math].
[math]\displaystyle{ \int\frac{\mathrm dx}{1-x^4} }[/math]: האינטגרנד שווה ל-[math]\displaystyle{ \frac{-\mathrm dx}{(x-1)(x+1)(x^2+1)}=\frac A{x-1}+\frac B{x+1}+\frac{Cx+D}{x^2+1} }[/math]. נמצא את A,B,C,D: מתקיים [math]\displaystyle{ -1=A(x+1)\left(x^2+1\right)+B(x-1)\left(x^2+1\right)+(Cx+D)\left(x^2-1\right) }[/math].
נציב [math]\displaystyle{ x=1 }[/math] ואז [math]\displaystyle{ -1=A\cdot2\cdot2\implies A=-\frac14 }[/math].
נציב [math]\displaystyle{ x=-1 }[/math]: [math]\displaystyle{ -1=B\cdot(-2)\cdot2\implies B=\frac14 }[/math].
נציב [math]\displaystyle{ x=0 }[/math] ונקבל [math]\displaystyle{ -1=A-B-D\implies D=\frac12 }[/math].
לבסוף נציב [math]\displaystyle{ x=2 }[/math] ואז [math]\displaystyle{ -1=-15\cdot\frac14+5\cdot\frac14+\left(\frac12+2C\right)3\implies C=0 }[/math].
לפיכך
[math]\displaystyle{ \begin{align}\int&=\int\left(\frac{-1/4}{x-1}+\frac{1/4}{x+1}+\frac{1/2}{x^2+1}\right)\mathrm dx\\&=-\frac14\ln|x-1|+\frac14\ln|x+1|+\frac12\arctan(x)+c\end{align} }[/math]