שיטות פרמיטיביות לחישוב שטחים

המטרה: לחשב שטח מתחת לכל עקומה (כמעט).

דוגמה 1

חשב את השטח הכלוא בין ציר ה-x לעקומה במקרים הבאים:

[math]\displaystyle{ \int\limits_0^5 |x-3|\mathrm dx }[/math]
פתרון: נשים לב להגדרת [math]\displaystyle{ |x-3| }[/math] לפיה האינטגרל שווה ל-[math]\displaystyle{ \int\limits_0^3-(x-3)\mathrm dx+\int\limits_3^5 (x-3)\mathrm dx }[/math]. גרף (1) מספיק לחשב את השטחים I ו-II. נעשה זאת לפי שטח משולש: עבור I - [math]\displaystyle{ \int\limits_0^3-(x-3)\mathrm dx=\frac{3\cdot3}2=4.5 }[/math] ועבור II - [math]\displaystyle{ \int\limits_3^5 (x-3)\mathrm dx=\frac{2\cdot2}2=2 }[/math] ולכן השטח הכולל הוא 6.5. [math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]
הערה: אם התחום היה, למשל, [math]\displaystyle{ [4,5] }[/math] היינו יכולים לחשב לפי שטח טרפז.
[math]\displaystyle{ \int\limits_0^{10} \sqrt{10x-x^2}\mathrm dx }[/math]. פתרון: נבדוק מהו גרף הפונקציה. נסמן [math]\displaystyle{ y=\sqrt{10x-x^2}\implies y^2=10x-x^2\implies (x-5)^2+y^2=5^2 }[/math]. קיבלנו מעגל - גרף (2). מסימטריות המעגל אפשר לקחת חצי משטח המעגל. [math]\displaystyle{ \int\limits_0^{10}\sqrt{10x-x^2}\mathrm dx=\frac{25\pi}2 }[/math] [math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]
[math]\displaystyle{ \int\limits_a^b\sqrt\frac{4-x^2}2\mathrm dx }[/math], כאשר a,b הם גבולות העקומה. פתרון: נסמן [math]\displaystyle{ y=\sqrt\frac{4-x^2}2\implies \left(\frac y\sqrt2\right)^2+\left(\frac x2\right)^2=0 }[/math]. זוהי אליפסה שמרכזה ב-[math]\displaystyle{ (0,0) }[/math]. נסמן [math]\displaystyle{ a=2,\ b=\sqrt2 }[/math] ולפי נוסחה לשטח אליפסה ([math]\displaystyle{ \pi a b }[/math]) נקבל [math]\displaystyle{ 2\sqrt2\pi }[/math]. האינטגרל הוא מחצית השטח, כלומר [math]\displaystyle{ \sqrt2\pi }[/math]. [math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]

האינטגרל הלא מסויים

המטרה: להגדיר אינטגרל דרך פונקציה קדומה: [math]\displaystyle{ F(x)=\int f(x)\mathrm dx }[/math] ולכן אפשר להשתמש בכיוון השני של טבלת הגזירה. למשל, [math]\displaystyle{ \frac{\mathrm d\ln(x)}{\mathrm dx}=\frac1x }[/math] ולכן [math]\displaystyle{ \int\frac{\mathrm dx}x=\ln|x|+c }[/math]

דוגמה 1 (שיטת פירוק)

חשב [math]\displaystyle{ \int\frac{2x^4}{1+x^2}\mathrm dx }[/math].

פתרון

זה שווה ל-

[math]\displaystyle{ \begin{align}2\int\frac{x^4-1+1}{1+x^2}\mathrm dx&=2\int\left(\frac{(x^2-1)(x^2+1)}{x^2+1}+\frac1{x^2+1}\right)\mathrm dx\\&=2\int(x^2-1)\mathrm dx+2\int\frac{\mathrm dx}{1+x^2}\\&=2\frac{x^3}3-2x+2\arcsin(x)+c\end{align} }[/math]

[math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]

באופן כללי: נבדוק מה מאפס את המונה ומה מאפס את המכנה (במקרה הזה לא מתאפס ב-[math]\displaystyle{ \mathbb R }[/math]). אם מצטמצם ננסה חילוק פולינומים, אחרת נחפש להציג כקבוע ועוד שארית. דוגמה נוספת: [math]\displaystyle{ \int\frac{x^2}{x^2+1}\mathrm dx=\int\frac{x^2+1-1}{x^2+1}\mathrm dx }[/math].

דוגמה 2

חשב [math]\displaystyle{ I=\int\frac{\mathrm dx}{\sin^2(x)\cos^2(x)} }[/math].

פתרון

דרך א: מתקיים [math]\displaystyle{ I=4\int\frac{\mathrm dx}{\Big(2\sin(x)\cos(x)\Big)^2}=4\int\frac{\mathrm dx}{(\sin(2x))^2} }[/math]. זהו אינטגרל לא פשוט ולכן ננסה את דרך ב:

[math]\displaystyle{ \begin{align}I&=\int\frac{\sin^2(x)+\cos^2(x)}{\sin^2(x)\cos^2(x)}\mathrm dx\\&=\int\frac{\mathrm dx}{\sin^2(x)}+\int\frac{\mathrm dx}{\cos^2(x)}\\&=\tan(x)-\cot(x)+c\end{align} }[/math]

[math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]

ניתן לבדוק זאת ע"י גזירת הפונקציה הקדומה, אבל כמובן שההוכחה הזו מספיקה.

שיטת ההצבה: [math]\displaystyle{ \int f(g(x))g'(x)\mathrm dx=F(g(x))+c }[/math]

דוגמה 3

חשב [math]\displaystyle{ \int\sin^5(x)\cos(x)\mathrm dx }[/math].

פתרון

נציב [math]\displaystyle{ y=\sin(x) }[/math] ולכן [math]\displaystyle{ \mathrm dy=\cos(x)\mathrm dx }[/math]. אזי האינטגרל הוא: [math]\displaystyle{ \int y^5\mathrm dy=\frac{y^6}6+c=\frac{\sin^6(x)}6+c }[/math]. [math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]

אינטגרציה בחלקים: [math]\displaystyle{ \int f(x)g'(x)\mathrm dx=f(x)g(x)-\int f'(x)g(x)\mathrm dx }[/math].

דוגמה 4

חשב את האינטגרלים הבאים:

[math]\displaystyle{ \int xe^x\mathrm dx }[/math]
פתרון

לפי אינטגרציה בחלקים, נגדיר [math]\displaystyle{ f(x)=x\ \and\ g(x)=e^x }[/math]. לכן האינטגרל שווה ל-[math]\displaystyle{ xe^x-\int1e^x\mathrm dx=xe^x-e^x+c }[/math]. [math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]
מסקנה: לכל פולינום ממעלה [math]\displaystyle{ n\in\mathbb N }[/math] כפול פונקציה g שמקיימת (עבור [math]\displaystyle{ m\in\mathbb N }[/math] כלשהו) [math]\displaystyle{ g^{(m)}(x)=g(x) }[/math] נעשה אינטגרציה בחלקים n פעמים ונקבל את הפתרון
[math]\displaystyle{ \int\ln(x)\mathrm dx }[/math]
פתרון
נסמן [math]\displaystyle{ f(x)=\ln(x)\ \and\ g(x)=x }[/math] ואז [math]\displaystyle{ x\ln(x)-\int\frac{\mathrm dx}x=x\ln(x)-x+c }[/math]. [math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]
[math]\displaystyle{ \int\sin(x)e^x\mathrm dx }[/math]
פתרון

[math]\displaystyle{ f(x)=\sin(x)\ \and\ g(x)=e^x }[/math] ואז [math]\displaystyle{ \sin(x)e^x-\int\cos(x)e^x\mathrm dx }[/math]. ולפי אינטגרציה שנייה: [math]\displaystyle{ \sin(x)e^x-\cos(x)e^x-\int\sin(x)e^x\mathrm dx }[/math] ולכן [math]\displaystyle{ \int\sin(x)e^x\mathrm dx=\frac12\left(\sin(x)e^x-\cos(x)e^x\right)+c }[/math]. [math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]
מסקנה: במקרה של-f,g יש מספר סופי של נגזרות שונות, נשתמש בשיטה זו.

דוגמה 5

[math]\displaystyle{ \int\frac{3^x}\sqrt{1-9^x}\mathrm dx }[/math].

פתרון

בשיטת ההצבה, [math]\displaystyle{ y=3^x\implies\mathrm dy=\ln(3)\cdot3^x\mathrm dx }[/math] והאינטגרל הנ"ל שווה ל-[math]\displaystyle{ \frac1{\ln(3)}\int\frac{\mathrm dy}\sqrt{1-y^2}=\frac1{\ln(3)}\arcsin(3^x)+c }[/math]. [math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]