האינטגרל הלא מסויים[עריכה]

הגדרה: אינטגרל מסויים הוא אינטגרל עם גבולות [math]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ \int f }[/math], שפתרונו פשוט [math]\displaystyle{ F(x)+c }[/math] עבור F פונקציה קדומה ל-f וקבוע c.

אינטגרלים פשוטים[עריכה]

[math]\displaystyle{ \begin{array}{l r|l} \underline{f(x)} && \underline{\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\gt 0) & \frac{a^x}{\ln(a)}\\ \frac1{1+x^2} && \arctan(x)\\ \frac1{a^2+x^2} && \frac1a\arctan\left(\frac {x}{a}\right)\\ \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} && \arcsin(x)\\ \frac{1}{\sqrt{a^2-x^2}} && \arcsin\left(\frac xa\right)\\ \end{array} }[/math]

בדיקות[עריכה]

נבדוק [math]\displaystyle{ \frac{\mathrm d}{\mathrm dx}\ln|x|=\frac1x }[/math] (עבור [math]\displaystyle{ x\ne0 }[/math]): לפי ההגדרה [math]\displaystyle{ \ln|x|=\begin{cases}\ln(x)&x\gt 0\\\ln(-x)&x\lt 0\end{cases} }[/math]. לכן עבור [math]\displaystyle{ x\gt 0 }[/math] מתקיים

[math]\displaystyle{ \frac{\mathrm d}{\mathrm dx}\ln|x|=\frac{\mathrm d}{\mathrm dx}\ln(x)=\frac1x }[/math] ועבור [math]\displaystyle{ x\lt 0 }[/math], [math]\displaystyle{ \frac{\mathrm d}{\mathrm dx}\ln|x|=\frac{\mathrm d}{\mathrm dx}\ln(-x)=-\frac1{-x}=\frac1x }[/math]. [math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]

[math]\displaystyle{ \frac{\mathrm d}{\mathrm dx}\frac1a\arctan\left(\frac xa\right)=\frac1a\frac1{1+\left(\frac xa\right)^2}\frac1a=\frac{1}{a^2+x^2} }[/math]. [math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]
[math]\displaystyle{ \frac{\mathrm d}{\mathrm dx}\arcsin\left(\frac xa\right)=\frac{1}{\sqrt{1-\left(\frac xa\right)^2}}\frac1a=\frac{1}{\sqrt{a^2-x^2}} }[/math]. [math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]

דוגמאות חישוב[עריכה]

[math]\displaystyle{ \int\sqrt{x}\mathrm {dx}=\int x^\frac12\mathrm dx=\frac{x^\frac32}{3/2}+c=\frac23x^\frac32+c }[/math]
[math]\displaystyle{ \int\frac{1}{\sqrt{x-7}}\mathrm {dx}=\int(x-7)^{-\frac12}\mathrm dx=2(x-7)^\frac12+c }[/math]
[math]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ \int e^{-5x}\mathrm dx=\frac{e^{-5x}}{-5}+c }[/math]
[math]\displaystyle{ \int\sin\left(x^2\right)\mathrm dx\ne\frac{-\cos(x^2)}{2}+c }[/math]
(למעשה, האינטגרל הזה לא אלמנטרי)
[math]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ \int\tan^2(x)\mathrm dx=\int(\sec^2(x)-1)\mathrm dx=\tan(x)-x+c }[/math]
[math]\displaystyle{ \int\frac{1+\cos(x)}{1+\cos^2(2x)}\mathrm dx=? }[/math]
(הפונקציה אלמנטרית אבל האינטגרל לא ידוע לנו. המסר הוא שהאינטגרציה קשה)
[math]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ \int(f+cg)=\int f+c\int g }[/math].

אינטגרציה בחלקים[עריכה]

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

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

דוגמאות חישוב[עריכה]

[math]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ \int x^2e^{3x}\mathrm dx=\frac{x^2e^{3x}}3-\int\frac{2xe^{3x}}3\mathrm dx }[/math]. נעשה שוב אינטגרציה בחלקים: [math]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ \int x^2e^{3x}\mathrm dx=\frac{x^2e^{3x}}3-\frac{2xe^{3x}}9+\frac{2e^{3x}}{27}+c }[/math].
[math]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ \int\ln(x)\mathrm dx=\int1\ln(x)\mathrm dx=x\ln(x)-\int\frac1xx\mathrm dx=x\ln(x)-x+c }[/math].
[math]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ \int e^x\cos(x)\mathrm dx=\frac{e^x}2\Big(\sin(x)+\cos(x)\Big)+c }[/math].

שיטת ההצבה/שינוי משתנים[עריכה]

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

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

דוגמאות חישוב[עריכה]

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

[math]\displaystyle{ \int x^2 e^{x^3}\mathrm dx }[/math]: נציב [math]\displaystyle{ y=x^3 }[/math] ולכן [math]\displaystyle{ \mathrm dy = 3x^2\mathrm dx }[/math] ולפיכך [math]\displaystyle{ I=\int \frac{e^y}3\mathrm dy=\frac{e^y}3+c=\frac{e^{x^3}}3+c }[/math].
[math]\displaystyle{ \int\frac{\ln(x)}x\mathrm dx }[/math]: נציב [math]\displaystyle{ y=\ln(x) }[/math] ואז [math]\displaystyle{ \mathrm dy=\frac1x\mathrm dx }[/math] ונובע ש-[math]\displaystyle{ I=\int y\mathrm dy=\frac{y^2}2+c=\frac12(\ln(x))^2+c }[/math].
[math]\displaystyle{ \int\frac {x}{\sqrt{x^2+1}}\mathrm dx }[/math]: נציב [math]\displaystyle{ y=x^2+1\implies\mathrm dy=2x\mathrm dx }[/math] ולכן [math]\displaystyle{ I=\int\frac{\tfrac12\mathrm dy}{\sqrt y}=\frac12\int y^{-\frac12}\mathrm dy=y^{\frac12}+c=\sqrt{x^2+1}+c }[/math].
[math]\displaystyle{ \int\tan(x)\mathrm dx }[/math]: עבור [math]\displaystyle{ y=\cos(x) }[/math] נקבל [math]\displaystyle{ I=\int\frac{\sin(x)}{\cos(x)}\mathrm dx=\int\frac{-\mathrm dy}y=-\ln|y|+c=-\ln|\cos(x)|+c=\ln|\sec(x)|+c }[/math].
[math]\displaystyle{ \int\cot(x)\mathrm dx=\int\frac{\cos(x)}{\sin(x)}\mathrm dx=\ln|\sin(x)|+c }[/math].
[math]\displaystyle{ \int\frac{f'(x)}{f(x)}\mathrm dx }[/math]: נציב [math]\displaystyle{ y=f(x) }[/math] ונקבל [math]\displaystyle{ I=\int\frac{\mathrm dy}y=\ln|y|+c=\ln|f(x)|+c }[/math].
לכן ניתן להוכיח שוב את סעיף 4: [math]\displaystyle{ \int\tan(x)\mathrm dx=-\int\frac{\cos'(x)}{\cos(x)}\mathrm dx=-\ln|\cos(x)|+c }[/math].
[math]\displaystyle{ \int\frac{f'(x)}{f^2(x)}\mathrm dx }[/math]: נציב [math]\displaystyle{ y=f(x) }[/math] ונקבל [math]\displaystyle{ I=\int\frac{\mathrm dy}{y^2}=-\frac1y+c=-\frac1{f(x)}+c }[/math].
[math]\displaystyle{ \int\frac{x^5\mathrm dx}{\sqrt{1-x^3}} }[/math]: נציב [math]\displaystyle{ y=1-x^3 }[/math] ואז [math]\displaystyle{ \frac{(1-y)\mathrm dy}{-3}=x^5\mathrm dx }[/math]. מכאן ש-[math]\displaystyle{ I=\int\frac{\frac{1-y}{-3}\mathrm dy}{\sqrt y}=\int\left(\frac13\sqrt y-\frac{1}{\sqrt y}\right)\mathrm dy=\frac29\sqrt{1-x^3}^3-\frac23\sqrt{1-x^3}+c }[/math].
[math]\displaystyle{ \int\arcsin(x)\mathrm dx }[/math]: נציב [math]\displaystyle{ y=\arcsin(x) }[/math] ומכאן ש-[math]\displaystyle{ \mathrm dx=\cos(y)\mathrm dy }[/math]. לבסוף,

ממשפט פיתגורס ומהסרטוט נובע כי [math]\displaystyle{ \cos(\arcsin(x))=\sqrt{1-x^2} }[/math]
[math]\displaystyle{ \begin{align}I&=\int y\cos(y)\mathrm dy\\&=y\sin(y)-\int1\sin(y)\mathrm dy\\&=y\sin(y)+\cos(y)+c\\&=x\arcsin(x)+\cos(\arcsin(x))+c\end{align} }[/math]
ולכן [math]\displaystyle{ I=x\arcsin(x)+\sqrt{1-x^2}+c }[/math].
דרך אחרת: [math]\displaystyle{ I=\int1\arcsin(x)\mathrm dx=x\arcsin(x)-\int\frac {x}{\sqrt{1-x^2}}\mathrm dx }[/math]. נגדיר [math]\displaystyle{ y=1-x^2 }[/math] ושוב נקבל
[math]\displaystyle{ \begin{align}I&=x\arcsin(x)-\int\frac{ x}{\sqrt{1-x^2}}\mathrm dx\\&=x\arcsin(x)+\int\frac{\mathrm dy}{2\sqrt y}\\&=x\arcsin(x)-\sqrt y+c\\&=x\arcsin(x)+\sqrt{1-x^2}+c\end{align} }[/math]
[math]\displaystyle{ \int e^\sqrt x\mathrm dx }[/math]: נציב [math]\displaystyle{ y=\sqrt x\implies\mathrm dy=\frac{\mathrm dx}{2\sqrt x} }[/math] ולכן [math]\displaystyle{ I=\int 2ye^y\mathrm dy=2ye^y-\int2e^y\mathrm dy=2\sqrt xe^\sqrt x-2e^\sqrt x+c }[/math].
[math]\displaystyle{ \int\sin(x)\cos(x)\mathrm dx }[/math]: נבחר [math]\displaystyle{ y=\sin(x) }[/math] כדי לקבל [math]\displaystyle{ I=\int y\mathrm dy=\frac12y^2+c=\frac12\sin^2(x)+c }[/math].
שיטה אחרת: [math]\displaystyle{ y=\cos(x) }[/math] ואז [math]\displaystyle{ I=\int-y\mathrm dy=-\frac12\cos^2(x)+c }[/math].
שיטה אחרונה: [math]\displaystyle{ I=\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]\displaystyle{ \frac12\sin^2(x)-\left(-\frac12\cos^2(x)\right)=\frac12\left(\cos^2(x)+\sin^2(x)\right)=\frac12 }[/math].