אינטגרל לא מסויים/דוגמאות: הבדלים בין גרסאות בדף

מתוך Math-Wiki
 
(42 גרסאות ביניים של 7 משתמשים אינן מוצגות)
שורה 1: שורה 1:
==1==
==1==
<math>\int \frac{1}{x} dx = ln|x|+c</math>
<math>\int\frac{dx}{x}=\ln(|x|)+C</math>


==2==
==2==
 
<math>\int\frac{dx}{\sqrt{x^2-4x-5}}</math>
<math>\int \frac{dx}{\sqrt{x^{2}-4x-5}}</math>


===פתרון===
===פתרון===
 
;השלמה לריבוע והצבה ראשונה:
'''השלמה לריבוע והצבה ראשונה:'''


הדבר הראשון שנעשה הוא התהליך של השלמה לריבוע, שבסופו נקבל כי:
הדבר הראשון שנעשה הוא התהליך של השלמה לריבוע, שבסופו נקבל כי:


<math>x^{2}-4x-5=(x-2)^{2}-9</math>
<math>x^2-4x-5=(x-2)^2-9</math>


ולכן ההצבה הראשונה שנעשה תהא: <math>u=x-2</math>, וכמובן קל להבין כי <math>dx=du</math>.
ולכן ההצבה הראשונה שנעשה תהא: <math>u=x-2</math> , וכמובן קל להבין כי <math>dx=du</math> .


<math>\int \frac{dx}{\sqrt{x^{2}-4x-5}}=\int \frac{du}{\sqrt{u^{2}-9}}</math>
<math>\int\frac{dx}{\sqrt{x^2-4x-5}}=\int\frac{du}{\sqrt{u^2-9}}</math>




'''פונקציות טריגונומטריות היפרבוליות (הערה):'''
;פונקציות טריגונומטריות היפרבוליות (הערה):


ניעזר בתכונות של <math>sinh(x)</math> ושל <math>cosh(x)</math>:
ניעזר בתכונות של <math>\sinh(x)</math> ושל <math>\cosh(x)</math> :


<math>(cosh(x))'=sinh(x)=\int cosh(x)dx</math>
<math>(\cosh(x))'=\sinh(x)=\int\cosh(x)dx</math>


וכן בזהות: <math>cosh^{2}(x)=sinh^{2}(x)+1</math>
וכן בזהות: <math>\cosh^2(x)=\sinh^2(x)+1</math>




'''הצבה שנייה:'''
;הצבה שניה:


נציב: <math>u=3cosh(t)\Rightarrow du=3sinh(t)dt</math>
נציב: <math>u=3\cosh(t)\Rightarrow du=3\sinh(t)dt</math>


<math>\int \frac{dx}{\sqrt{x^{2}-4x-5}}=\int \frac{du}{\sqrt{u^{2}-9}}=\int \frac{3sinh(t)dt}{\sqrt{9cosh^{2}(t)-9}}=\int \frac{3sinh(t)dt}{3sinh(t)}=\int dt=t+C</math>
<math>\int\frac{dx}{\sqrt{x^2-4x-5}}=\int\frac{du}{\sqrt{u^2-9}}=\int\frac{3\sinh(t)}{\sqrt{9\cosh^2(t)-9}}dt=\int\frac{3\sinh(t)}{3\sinh(t)}dt=\int dt=t+C</math>


ולהחזיר את t לx, אני משאיר לכם (:
ולהחזיר את t ל-x, אני משאיר לכם (:


==3==
==3==
האינטגרל הבא לקוח מספר התרגילים של בועז צבאן (1.24, אם אינני טועה)
האינטגרל הבא לקוח מספר התרגילים של בועז צבאן (1.24, אם אינני טועה)


<math>\int \frac{sin^{2}(x)}{cos^{6}(x)}dx</math>
<math>\int\frac{\sin^2(x)}{\cos^6(x)}dx</math>


===פתרון===
===פתרון===
<math>\int \frac{sin^{2}(x)}{cos^{6}(x)}dx=\begin{Bmatrix}
<math>\int\frac{\sin^2(x)}{\cos^6(x)}dx=\begin{Bmatrix}t=\tan(x)\\ dt=\frac{dx}{\cos^2(x)}\end{Bmatrix}=\begin{Bmatrix}\sin^2(x)=\frac{t^2}{t^2+1}\\ \cos^2(x)=\frac{1}{t^2+1}\end{Bmatrix}=\int\frac{\frac{t^2}{t^2+1}}{\frac{1}{(t^2+1)^2}}dt=</math>
t=tanx\\  
 
dt=\frac{dx}{cos^{2}(x)}
<math>\int\frac{\sin^2(x)}{\cos^6(x)}dx=\int\frac{\frac{t^2}{t^2+1}}{\frac{1}{(t^2+1)^2}}dt=\int t^2(t^2+1)dt=\cdots=\frac{t^5}{5}+\frac{t^3}{3}+C</math>
\end{Bmatrix}
=\begin{Bmatrix}
sin^{2}x=\frac{t^{2}}{t^{2}+1}\\  
cos^{2}x=\frac{1}{t^{2}+1}
\end{Bmatrix}
=\int \frac{\frac{t^{2}}{t^{2}+1}}{\frac{1}{(t^2+1)^{2}}}dt=</math>


<math>\int \frac{sin^{2}(x)}{cos^{6}(x)}dx
::יש טעות בהצבה של <math>\cos^2(x)</math> , שכן <math>\cos^6(x)=(\cos^2(x))^3=\frac{1}{(t^2+1)^3}</math>
=\int \frac{\frac{t^{2}}{t^{2}+1}}{\frac{1}{(t^2+1)^{2}}}dt=\int t^{2}(t^{2}+1)dt=\cdots =\frac{t^{5}}{5}+\frac{t^{3}}{3}+c</math>


:: יש טעות בהצבה של <math>cos^{2}x</math>, שכן <math>cos^{6}x=(cos^{2}x)^3=\frac{1}{(t^2+1)^3}</math>
:::אבל צריך לקחת בחשבון גם את ה-dt
::::צודק. נראה לי שאם אני לא ראיתי את זה, גם אחרים לא יראו ;)


==4==
==4==
בדומה לאינטגרל הקודם, לקוח מבועז צבאן (1.27)
בדומה לאינטגרל הקודם, לקוח מבועז צבאן (1.27)


<math>\int \sqrt{2-x-x^{2}}dx</math>
<math>\int\sqrt{2-x-x^2}dx</math>


===דרך א'===
===דרך א'===
'''א.''' ניתן להשתמש בהצבת אוילר, אבל אנחנו ננקוט בטקטיקה שונה.
'''א.''' ניתן להשתמש בהצבת אוילר, אבל אנחנו ננקוט בטקטיקה שונה.


<math>\int \sqrt{2-x-x^{2}}dx=\int \sqrt{1.5^{2}-(x+0.5)^{2}}dx=\int \sqrt{1.5^{2}-u^{2}}du</math>
<math>\int\sqrt{2-x-x^2}dx=\int\sqrt{1.5^2-(x+0.5)^2}dx=\int\sqrt{1.5^2-u^2}du</math>
 


הצבה ראשונה: <math>u=x+0.5\Rightarrow dx=du</math>
הצבה ראשונה: <math>u=x+0.5\Rightarrow dx=du</math>




הצבה שנייה: <math>u=1.5sint\Rightarrow du=1.5costdt</math>
הצבה שניה: <math>u=1.5\sin(t)\Rightarrow du=1.5\cos(t)dt</math>




ואם נחזור לחישוב האינטגרל,
ואם נחזור לחישוב האינטגרל,


<math>\int \sqrt{1.5^{2}-u^{2}}du=\int 1.5\sqrt{1-sin^{2}(t)} \cdot 1.5cos(t)dt=2.25\int cos^{2}(t)dt=2.25\int\frac{cos2t-1}{2}dt=2.25(\frac{sin2t}{4}-\frac{t}{2})+c </math>
<math>\int\sqrt{1.5^2-u^2}du=\int 1.5\sqrt{1-\sin^2(t)}\cdot1.5\cos(t)dt=2.25\int\cos^2(t)dt=2.25\int\frac{\cos(2t)+1}{2}dt=2.25\left(\frac{\sin(2t)}{4}+\frac{t}{2}\right)+C</math>


ומכאן מעבירים את t לx.
ומכאן מעבירים את t ל-x.


===דרך ב'===
===דרך ב'===
ההצבה הראשונה נשארת כפי שהייתה, אך הפעם לא נעשה הצבה שניה אלא נשתמש באינטגרציה בחלקים:
ההצבה הראשונה נשארת כפי שהייתה, אך הפעם לא נעשה הצבה שניה אלא נשתמש באינטגרציה בחלקים:


<math>\int \sqrt{1.5^{2}-u^{2}}du=\int (u)'\sqrt{1.5^{2}-u^{2}}du=u\sqrt{1.5^{2}-u^{2}}+\int \frac{u^{2}du}{\sqrt{1.5^{2}-u^{2}}}</math>
<math>\int\sqrt{1.5^2-u^2}du=\int (u)'\sqrt{1.5^2-u^2}du=u\sqrt{1.5^2-u^2}+\int\frac{u^2du}{\sqrt{1.5^2-u^2}}</math>
 


כעת נוכל להבחין כי מתקיים:
כעת נוכל להבחין כי מתקיים:


<math>\int\frac{u^2}{\sqrt{1.5^2-u^2}}du=\int\frac{u^2-1.5^{2}+1.5^2}{\sqrt{1.5^2-u^2}}du=\int\frac{1.5^2}{\sqrt{1.5^2-u^2}}du-\int\sqrt{1.5^2-u^2}du</math>


<math>\int \frac{u^{2}du}{\sqrt{1.5^{2}-u^{2}}}=\int \frac{u^{2}-1.5^{2}+1.5^{2}}{\sqrt{1.5^{2}-u^{2}}}du=\int\frac{1.5^{2}}{\sqrt{1.5^{2}-u^{2}}}du-\int\sqrt{1.5^{2}-u^{2}}du  </math>
כעת נביט רק על האינטגרל הראשון ונציב: <math>1.5v=u</math>
 


כעת נביט רק על האינטגרל הראשון ונציב:  <math>1.5v=u</math>
<math>\int\frac{1.5^2}{\sqrt{1.5^2-u^2}}du=1.5^2\int\frac{1.5}{1.5\sqrt{1-v^2}}dv=1.5^2\arcsin(v)=2.25\arcsin\left(\frac{2u}{3}\right)+C</math>
 
<math>\int\frac{1.5^{2}}{\sqrt{1.5^{2}-u^{2}}}du=1.5^{2}\int \frac{1.5dv}{1.5\sqrt{1-v^{2}}}=1.5^{2}arcsin(v)=2.25arcsin(\frac{2u}{3})+c </math>


אם נחזור לאינטגרל המקורי נקבל:
אם נחזור לאינטגרל המקורי נקבל:


<math>\int \sqrt{1.5^{2}-u^{2}}du=u\sqrt{1.5^{2}-u^{2}}+2.25arcsin(\frac{2u}{3})-\int \sqrt{1.5^{2}-u^{2}}du </math>
<math>\int\sqrt{1.5^2-u^2}du=u\sqrt{1.5^2-u^2}+2.25\arcsin\left(\frac{2u}{3}\right)-\int\sqrt{1.5^2-u^2}du</math>


<math>2\int \sqrt{1.5^{2}-u^{2}}du=u\sqrt{1.5^{2}-u^{2}}+2.25arcsin(\frac{2u}{3})+c</math>
<math>2\int\sqrt{1.5^2-u^2}du=u\sqrt{1.5^2-u^2}+2.25\arcsin\left(\frac{2u}{3}\right)+C</math>


וסיימנו (:
וסיימנו (:


==5==
==5==
אינטגרל חביב שנלקח ממבחן בחדו"א בב"ג (של מדעי המחשב)
אינטגרל חביב שנלקח ממבחן בחדו"א בב"ג (של מדעי המחשב)


<math>\int \frac{dx}{x+\sqrt[n]{x}}</math> כאשר <math> n\in\mathbb{N}</math>.
<math>\int\frac{dx}{x+\sqrt[n]{x}}</math> כאשר <math>n\in\N</math> .


===פתרון===
===פתרון===
הכוונה היא עבור <math>n>1</math> , עבור <math>n=1</math> תסתכלו בדוגמא הראשונה.


הכוונה היא עבור n>1, עבור n=1 תסתכלו בדוגמא הראשונה.
<math>\int\frac{dx}{x+\sqrt[n]{x}}=\begin{Bmatrix}t^n=x\\nt^{n-1}dt=dx\end{Bmatrix}=\int\frac{nt^{n-1}}{t^n+t}dt=n\int\frac{t^{n-2}}{t^{n-1}+1}dt=\begin{Bmatrix}k=t^{n-1}+1\\dk=(n-1)t^{n-2}dt\end{Bmatrix}=</math>


<math>\int \frac{dx}{x+\sqrt [n]{x}}=\begin{Bmatrix}
<math>\int\frac{dx}{x+\sqrt[n]{x}}=\frac{n}{n-1}\int\frac{dk}{k}=\frac{n}{n-1}\ln(|k|)+c=\frac{n}{n-1}\ln\Big(|x^{\frac{n-1}{n}}+1|\Big)+C</math>
t^{n}=x\\
nt^{n-1}dt=dx
\end{Bmatrix}
=\int \frac{nt^{n-1}}{t^{n}+t}dt=n\int \frac{t^{n-2}}{t^{n-1}+1}dt=
\begin{Bmatrix}
k=t^{n-1}+1\\
dk=(n-1)t^{n-2}dt
\end{Bmatrix}=</math>
 
 
<math>\int \frac{dx}{x+\sqrt [n]{x}}=\frac{n}{n-1}\int \frac{dk}{k}=\frac{n}{n-1}ln|k|+c= \frac{n}{n-1}ln|x^{\frac {n-1}{n}}+1|+c</math>


==6==
==6==
 
<math>\int\frac{\arctan(e^x)}{e^x}dx</math>
<math>\int \frac{arctan(e^{x})}{e^{x}}dx</math>


===פתרון===
===פתרון===
נעזר באינטגרציה בחלקים.


ניעזר באינטגרציה בחלקים.
<math>\int\frac{\arctan(e^{x})}{e^{x}}dx=\int\arctan(e^{x})e^{-x}dx=\begin{Bmatrix}du=e^{-x}dx\Rightarrow u=-e^{-x}\\ v=\arctan(e^{x})\Rightarrow dv=\frac{e^x}{1+e^{2x}}dx\end{Bmatrix}=-e^{-x}\arctan(e^x)+\int\frac{dx}{1+e^{2x}}</math>


<math>\int \frac{arctan(e^{x})}{e^{x}}dx=\int arctan(e^{x})e^{-x}dx=\begin{Bmatrix}
פתאום זה נראה יותר אנושי, כעת נסתכל על האינטגרל שנותר:
du=e^{-x}dx\Rightarrow u=-e^{-x}\\
v=arctan(e^{x})\Rightarrow dv=\frac{e^{x}dx}{1+e^{2x}}
\end{Bmatrix}
=-e^{-x}arctan(e^{x})+\int\frac{dx}{1+e^{2x}}</math>


<math>\int\frac{dx}{1+e^{2x}}=\begin{Bmatrix}t=e^{2x}\\dt=2t\,dx\end{Bmatrix}=\int\frac{dt}{2t(1+t)}=
\int\frac{dt}{2t}-\int\frac{dt}{2t+2}=0.5\big(\ln(|t|)-\ln(|t+1|)\big)+C=0.5\ln\left(\frac{e^{2x}}{1+e^{2x}}\right)+C</math>


פתאום זה נראה יותר אנושי, כעת נסתכל על האינטגרל שנותר:
לבסוף:


<math>\int\frac{dx}{1+e^{2x}}=\begin{Bmatrix}
<math>\int\frac{\arctan(e^x)}{e^x}dx=\ln\left(\frac{e^x}{\sqrt{1+e^{2x}}}\right)-e^{-x}\arctan(e^x)+C</math>
t=e^{2x}\\
dt=2tdx
\end{Bmatrix}=
\int \frac{dt}{2t(1+t)}=\int \frac{dt}{2t}-\int \frac{dt}{2t+2}=0.5(ln|2t|-ln|2t+2|+c)=0.5ln(2e^{2x})-0.5ln(2e^{2x}+2)+c</math>


כל שנותר הוא לאחד את התוצאות, ולקבל את התוצאה הסופית.
==7==
<math>\int\frac{\sqrt{x^2-16}}{x}dx</math>


==7==
===פתרון===
נעשה את ההצבה הבאה: <math>x=\frac{4}{\cos(u)}\Rightarrow dx=\frac{4\sin(u)}{\cos^2(u)}du</math>
 
<math>\int\frac{\sqrt{x^2-16}}{x}dx=\int\frac{\sqrt{\frac{16}{\cos^2(u)}-16}}{\frac{4}{\cos(u)}}\cdot\frac{4\sin(u)}{\cos^2(u)}du=
\int 4\tan^2(u)du=4\int\big(\sec^2(u)-1\big)du</math>


<math>\int \frac{\sqrt{x^{2}-16}}{x}dx</math>
<math>=4\int\sec^2(u)du-4\int du=4\big(\tan(u)-u\big)+C</math>


===פתרון===
מההצבה הראשונית מתקבל:


נעשה את ההצבה הבאה: <math>x=\frac{4}{cosu}\Rightarrow  
<math>x=\frac{4}{\cos(u)}\Rightarrow u=\arccos\left(\frac{4}{x}\right)</math>
dx=\frac{4sinu}{cos^{2}u}du</math>


<math>\int \frac{\sqrt{x^{2}-16}}{x}dx=\int \frac{\sqrt{\frac{16}{cos^{2}u}-16}}{\frac{4}{cosu}}\cdot \frac{4sinu}{cos^{2}u}du=\int 4tan^{2}udu=\int (4tan^{2}+4-4)udu=4tanu-4u+c</math>
לבסוף (אחרי פענוח):


תחזירו לx לבד, בכל מקרה אני עצלן ואף אחד לא יקרא את זה!
<math>\int\frac{\sqrt{x^2-16}}{x}dx=\sqrt{x^2-16}-4\arccos\left(\frac{4}{|x|}\right)+C</math>


==8==
==8==
אחד קליל מהחוברת של בועז (:,
אחד קליל מהחוברת של בועז (:,


<math>\int \frac{dx}{x}ln\frac{1}{x}</math>
<math>\int\frac{\ln\left(\frac{1}{x}\right)}{x}dx</math>


===פתרון===
===פתרון===
נעזר באינטגרציה בחלקים:


<math>\int \frac{dx}{x}ln\frac{1}{x}=-\int \frac{lnx}{x}dx= -\frac{ln^{2}x}{2}+c</math>
<math>\begin{Bmatrix}u=-\ln(x)\\dv=\frac{1}{x}\end{Bmatrix}\qquad\int\frac{\ln\left(\frac{1}{x}\right)}{x}dx={\color{blue}-\int\frac{\ln(x)}{x}dx=-\ln(x)^2+\int\frac{\ln(x)}{x}dx}</math>
 
קיבלנו:
 
<math>-2\int\frac{\ln(x)}{x}dx=-\ln(x)^2</math>
 
לבסוף:
 
<math>\int\frac{\ln\left(\frac{1}{x}\right)}{x}dx=-\frac{\ln(x)^2}{2}+C</math>


==9==
==9==
 
<math>\int\frac{\arcsin(x)}{x^2}dx</math>
<math>\int \frac{arcsinx}{x^{2}}dx</math>


===פתרון===
===פתרון===
ראשית נפעיל אינטגרציה בחלקים כאשר: <math>v=\arcsin(x)\ ,\ du=\dfrac{dx}{x^2}</math>


ראשית נפעיל אינטגרציה בחלקים כאשר: <math>v=arcsinx,du=\frac{dx}{x^{2}}</math>
<math>\int\frac{\arcsin(x)}{x^2}dx=-\frac{\arcsin(x)}{x}+\int\frac{dx}{x\sqrt{1-x^2}}</math>
 
<math>\int \frac{arcsinx}{x^{2}}dx=-\frac{arcsinx}{x}+\int \frac{dx}{x\sqrt{1-x^{2}}}</math>




כעת נחשב את האינטגרל השני שקיבלנו:
כעת נחשב את האינטגרל השני שקיבלנו:


<math>\int \frac{dx}{x\sqrt{1-x^{2}}}=\begin{Bmatrix}
<math>\int\frac{dx}{x\sqrt{1-x^2}}=\begin{Bmatrix}x=\cos(u)\\dx=\sin(u)du\end{Bmatrix}=\int\dfrac{\sin(u)}{\cos(u)\sqrt{1-\cos^2(u)}}du=\int \frac{du}{\cos(u)}</math>
x=cosu\\  
dx=sinudu
\end{Bmatrix}=
\int \frac{sinu}{cosu\sqrt{1-cos^{2}u}}du=\int \frac{du}{cosu}=</math>




וכעת ניעזר בהצבה האוניברסלית כדי למצוא את האינטגרל החדש:
וכעת ניעזר בהצבה האוניברסלית כדי למצוא את האינטגרל החדש:


<math>\int \frac{du}{cosu}=\int \frac{2}{1+t^{2}}\cdot \frac{1+t^{2}}{1-t^{2}}dt=\int \frac{2dt}{(1+t)(1-t)}=\int\frac{dt}{1-t}+\frac{dt}{1+t}=ln|1+t|-ln|1-t|+c=ln\frac{1+t}{1-t}+c</math>
<math>\begin{align}\int\frac{du}{\cos(u)}&=\int\frac{2}{1+t^2}\cdot\frac{1+t^2}{1-t^2}dt=\int\frac{2dt}{(1+t)(1-t)}=\int\frac{dt}{1-t}+\frac{dt}{1+t}\\&=\ln\big(|1+t|\big)-\ln\big(|1-t|\big)+C=\ln\left(\left|\frac{1+t}{1-t}\right|\right)+C\end{align}</math>


כרגיל להחזיר ולהנות (:
כרגיל להחזיר ולהנות (:
שורה 208: שורה 181:
<math>\int x^2\sqrt{a^2-x^2}dx</math>
<math>\int x^2\sqrt{a^2-x^2}dx</math>


הצבה <math>x=asin(t)</math>
נציב <math>x=a\sin(u)\ ,\ dx=a\cos(u)du</math>
 
 
<math>\int x^2\sqrt{a^2-x^2}dx=\int a^2\sin^2(u)\sqrt{a^2-a^2\sin^2(u)}a\cos(u)du=a^4\int\big(\sin(u)\cos(u)\big)^2du</math>
 
 
<math>=\dfrac{a^4}{4}\int\sin^2(2u)du=\dfrac{a^4}{4}\int\frac{1-\cos(4u)}{2}du=\dfrac{a^4}{8}\left(\int du-\int\cos(4u)du\right)=\dfrac{a^4}{8}\left(u-\dfrac{\sin(4u)}{4}\right)+C</math>
 
 
<math>=\dfrac{a^4\big(u-\sin(u)\cos(u)\cos(2u)\big)}{8}+C</math>
 
מההצבה הראשונית מתקבל:
 
<math>x=a\sin(u)\Rightarrow u=\arcsin\left(\frac{x}{a}\right)</math>
 
לבסוף:
 
<math>\int x^2\sqrt{a^2-x^2}dx=\dfrac{a^4\arcsin\left(\frac{x}{a}\right)+x(2x^2-a^2)\sqrt{a^2-x^2}}{8}+C</math>


==11==
==11==
<math>\int x^2\sqrt{a^2+x^2}dx</math>
<math>\int x^2\sqrt{a^2+x^2}dx</math>


הצבה היפרבולית <math>x=asinh(t)</math>.
הצבה היפרבולית <math>x=a\sinh(u)\ ,\ dx=a\cosh(u)du</math>


[http://en.wikipedia.org/wiki/Hyperbolic_function נוסחאות לפונקציות היפרבוליות]
[http://en.wikipedia.org/wiki/Hyperbolic_function נוסחאות לפונקציות היפרבוליות]


==12==
==12==
<math>\int \frac{sinx\cdot cosx}{\sqrt{asin^{2}x+bcos^{2}x}}dx</math>
<math>\int\frac{\sin(x)\cos(x)}{\sqrt{a\sin^2(x)+b\cos^2(x)}}dx</math>


===פתרון===
===פתרון===
<math>\int\frac{\sin(x)\cos(x)}{\sqrt{a\sin^2(x)+b\cos^2(x)}}dx=\int\frac{\sin(x)\cos(x)}{\sqrt{(a-b)\sin^2(x)+b}}dx=\begin{Bmatrix}t=\sin(x)\\dt=\cos(x)dx\end{Bmatrix}=\int\frac{t}{\sqrt{(a-b)t^2+b}}dt=\begin{Bmatrix}u=(a-b)t^{2}+b\\ du=2(a-b)tdt\end{Bmatrix}=</math>
<math>\frac{1}{2a-2b}\int\frac{du}{\sqrt u}=\frac{\sqrt u}{a-b}+C=\frac{\sqrt{(a-b)t^2+b}}{a-b}+C=\frac{\sqrt{(a-b)\sin^2(x)+b}}{a-b}+C</math>
===פתרון (יותר מוצלח כמסתבר)===
להציב <math>t=a\sin^2(x)+b\cos^2(x)</math>
==13==
<math>\int\sqrt{\tan^2(x)+2}dx</math>
===פתרון (לא מלא)===
זה לקח לי שני עמודים בכתב יד, זה נורא (אני בטוח שיש פתרון יותר חכם)
'''הצבה 1:''' <math>t=\tan(x)</math>
'''הצבה 2:''' <math>t=\sqrt2\sinh(u)</math>
אח"כ צריך לשחק עם מה שמקבלים (לפי תכונות של קוסינוס וסינוס היפרבולי), ואז להעביר את זה לייצוג המקורי.
ואז, '''הצבה 3:''' <math>k=e^{2u}</math>
מכאן זו פונקציה רצינואלית של לינארי חלקי פולינום ממעלה 2, זה לא בעיה בהשוואה למה שהלך למעלה.
במקרה הכי גרוע, תהיה הצבה 4.
==14==
<math>\int\frac{dx}{\sqrt[4]{\sin^3(x)\cos^5(x)}}</math>
===פתרון===
<math>\int\frac{dx}{\sqrt[4]{\sin^3(x)\cos^5(x)}}=\int\frac{dx}{\cos(x)\sqrt{\sin(x)}\sqrt[4]{\sin(x)\cos(x)}}=\int\frac{\sqrt{\sin(x)}}{\cos(x)\sin(x)\sqrt[4]{\sin(x)\cos(x)}}dx</math>
<math>=2\int\frac{\sqrt[4]{\sin^2(x)}}{\sin(2x)\sqrt[4]{\sin(x)\cos(x)}}dx=2\int\frac{\sqrt[4]{\tan(x)}}{\sin(2x)}dx</math>
כעת נציב: <math>t^4=\tan(x)</math>
<math>2\int\frac{\sqrt[4]{\tan(x)}}{\sin(2x)}dx=2\int\frac{t}{\frac{2t^4}{t^8+1}}\cdot\frac{4t^3}{(t^8+1)}dt=2\int\frac{4t^4}{2t^4}dt=4\int dt=4\sqrt[4]{\tan(x)}+C</math>
==15==
<math>\int\frac{\ln(x)-1}{\ln(x)^2}dx</math>
===פתרון===
(קרדיט מלא לסורקין) תוקן! סורקין לא סרוקין ולא צריך קרדיט...
<math>\int\frac{\ln(x)-1}{\ln(x)^2}dx=\int\frac{\ln(x)}{\ln(x)^2}dx-\int\frac{dx}{\ln(x)^2}=\int\frac{dx}{\ln(x)}-\int\frac{dx}{\ln(x)^2}</math>
כעת נתמקד באינטגרל הראשון, נפעיל אינטגרציה בחלקים:
<math>\int\frac{dx}{\ln(x)}=\begin{Bmatrix}u=x&du=dx\\v=\frac{1}{\ln(x)}&dv=-\frac{dx}{x\ln(x)^2}\end{Bmatrix}=\frac{x}{\ln(x)}+\int\frac{dx}{\ln(x)^2}</math>
ונשים לב כי מתקיים (באופן די מגניב):
<math>\int\frac{\ln(x)-1}{\ln(x)^2}dx={\color{blue}\int\frac{dx}{\ln(x)}}-\int\frac{dx}{\ln(x)^2}={\color{blue}\frac{x}{\ln(x)}+\int\frac{dx}{\ln(x)^2}}-\int\frac{dx}{\ln(x)^2}</math>
לבסוף:
<math>\int\frac{\ln(x)-1}{\ln(x)^2}dx=\frac{x}{\ln(x)}+C</math>
==16==
<math>\int \frac {\sqrt{1-\sqrt[3]{x}}}{x\cdot \sqrt{1+\sqrt[3]{x}}}dx</math>
===פתרון===
הצבה <math>1-\sqrt[3]{x}=t^2</math>
לאחר מכן הצבה טריגונומטרית <math>t=\sqrt{2}sin(u)</math>
ולאחר מכן ההצבה האוניברסאלית של טאנגנס חצי זוית
==17==
<math>I_m=\int sin^m(x)dx</math>
אם <math>m=2k+1</math> הינו אי זוגי, אזי:
<math>I_m=\int (sin^2(x))^ksin(x)dx </math>
נבצע את ההצבה <math>t=cosx</math> לקבל
<math>I_m=\int -(1-t^2)^kdt</math> וזה פתיר וקל.
כעת, נניח כי <math>m=2k</math> זוגי:


<math>\int \frac{sinx\cdot cosx}{\sqrt{asin^{2}x+bcos^{2}x}}dx=\int\frac{sinx\cdot cosx}{\sqrt{(a-b)sin^{2}x+b}}dx=\begin{Bmatrix}
<math>I_m=\int sin^{2k}(x)dx = \int (sin^2(x))^kdx = \int (\frac{1-cos2x}{2})^k dx </math>
t=sinx\\
dt=cosxdx
\end{Bmatrix}=
\int \frac{tdt}{\sqrt{(a-b)t^{2}+b}}=\begin{Bmatrix}
u=(a-b)t^{2}+b\\
du=2(a-b)tdt
\end{Bmatrix}= </math>


וזו בעייה במעלה נמוכה יותר של אינטגרל על קוסינוס


<math>\frac{1}{2a-2b}\int\frac{du}{\sqrt{u}}=\frac{1}{a-b}\sqrt{u}+c=\frac{1}{a-b}\sqrt{(a-b)t^{2}+b}+c=\frac{1}{a-b}\sqrt{(a-b)sin^{2}x+b}+c</math>
אם k אי זוגי אז פותרים באופן דומה להתחלה, ואם לא שוב מקטינים את החזקה על ידי זהות זוית כפולה של קוסינוס.

גרסה אחרונה מ־22:41, 10 בינואר 2017

1

[math]\displaystyle{ \int\frac{dx}{x}=\ln(|x|)+C }[/math]

2

[math]\displaystyle{ \int\frac{dx}{\sqrt{x^2-4x-5}} }[/math]

פתרון

השלמה לריבוע והצבה ראשונה

הדבר הראשון שנעשה הוא התהליך של השלמה לריבוע, שבסופו נקבל כי:

[math]\displaystyle{ x^2-4x-5=(x-2)^2-9 }[/math]

ולכן ההצבה הראשונה שנעשה תהא: [math]\displaystyle{ u=x-2 }[/math] , וכמובן קל להבין כי [math]\displaystyle{ dx=du }[/math] .

[math]\displaystyle{ \int\frac{dx}{\sqrt{x^2-4x-5}}=\int\frac{du}{\sqrt{u^2-9}} }[/math]


פונקציות טריגונומטריות היפרבוליות (הערה)

ניעזר בתכונות של [math]\displaystyle{ \sinh(x) }[/math] ושל [math]\displaystyle{ \cosh(x) }[/math] :

[math]\displaystyle{ (\cosh(x))'=\sinh(x)=\int\cosh(x)dx }[/math]

וכן בזהות: [math]\displaystyle{ \cosh^2(x)=\sinh^2(x)+1 }[/math]


הצבה שניה

נציב: [math]\displaystyle{ u=3\cosh(t)\Rightarrow du=3\sinh(t)dt }[/math]

[math]\displaystyle{ \int\frac{dx}{\sqrt{x^2-4x-5}}=\int\frac{du}{\sqrt{u^2-9}}=\int\frac{3\sinh(t)}{\sqrt{9\cosh^2(t)-9}}dt=\int\frac{3\sinh(t)}{3\sinh(t)}dt=\int dt=t+C }[/math]

ולהחזיר את t ל-x, אני משאיר לכם (:

3

האינטגרל הבא לקוח מספר התרגילים של בועז צבאן (1.24, אם אינני טועה)

[math]\displaystyle{ \int\frac{\sin^2(x)}{\cos^6(x)}dx }[/math]

פתרון

[math]\displaystyle{ \int\frac{\sin^2(x)}{\cos^6(x)}dx=\begin{Bmatrix}t=\tan(x)\\ dt=\frac{dx}{\cos^2(x)}\end{Bmatrix}=\begin{Bmatrix}\sin^2(x)=\frac{t^2}{t^2+1}\\ \cos^2(x)=\frac{1}{t^2+1}\end{Bmatrix}=\int\frac{\frac{t^2}{t^2+1}}{\frac{1}{(t^2+1)^2}}dt= }[/math]

[math]\displaystyle{ \int\frac{\sin^2(x)}{\cos^6(x)}dx=\int\frac{\frac{t^2}{t^2+1}}{\frac{1}{(t^2+1)^2}}dt=\int t^2(t^2+1)dt=\cdots=\frac{t^5}{5}+\frac{t^3}{3}+C }[/math]

יש טעות בהצבה של [math]\displaystyle{ \cos^2(x) }[/math] , שכן [math]\displaystyle{ \cos^6(x)=(\cos^2(x))^3=\frac{1}{(t^2+1)^3} }[/math]
אבל צריך לקחת בחשבון גם את ה-dt
צודק. נראה לי שאם אני לא ראיתי את זה, גם אחרים לא יראו ;)

4

בדומה לאינטגרל הקודם, לקוח מבועז צבאן (1.27)

[math]\displaystyle{ \int\sqrt{2-x-x^2}dx }[/math]

דרך א'

א. ניתן להשתמש בהצבת אוילר, אבל אנחנו ננקוט בטקטיקה שונה.

[math]\displaystyle{ \int\sqrt{2-x-x^2}dx=\int\sqrt{1.5^2-(x+0.5)^2}dx=\int\sqrt{1.5^2-u^2}du }[/math]

הצבה ראשונה: [math]\displaystyle{ u=x+0.5\Rightarrow dx=du }[/math]


הצבה שניה: [math]\displaystyle{ u=1.5\sin(t)\Rightarrow du=1.5\cos(t)dt }[/math]


ואם נחזור לחישוב האינטגרל,

[math]\displaystyle{ \int\sqrt{1.5^2-u^2}du=\int 1.5\sqrt{1-\sin^2(t)}\cdot1.5\cos(t)dt=2.25\int\cos^2(t)dt=2.25\int\frac{\cos(2t)+1}{2}dt=2.25\left(\frac{\sin(2t)}{4}+\frac{t}{2}\right)+C }[/math]

ומכאן מעבירים את t ל-x.

דרך ב'

ההצבה הראשונה נשארת כפי שהייתה, אך הפעם לא נעשה הצבה שניה אלא נשתמש באינטגרציה בחלקים:

[math]\displaystyle{ \int\sqrt{1.5^2-u^2}du=\int (u)'\sqrt{1.5^2-u^2}du=u\sqrt{1.5^2-u^2}+\int\frac{u^2du}{\sqrt{1.5^2-u^2}} }[/math]

כעת נוכל להבחין כי מתקיים:

[math]\displaystyle{ \int\frac{u^2}{\sqrt{1.5^2-u^2}}du=\int\frac{u^2-1.5^{2}+1.5^2}{\sqrt{1.5^2-u^2}}du=\int\frac{1.5^2}{\sqrt{1.5^2-u^2}}du-\int\sqrt{1.5^2-u^2}du }[/math]

כעת נביט רק על האינטגרל הראשון ונציב: [math]\displaystyle{ 1.5v=u }[/math]

[math]\displaystyle{ \int\frac{1.5^2}{\sqrt{1.5^2-u^2}}du=1.5^2\int\frac{1.5}{1.5\sqrt{1-v^2}}dv=1.5^2\arcsin(v)=2.25\arcsin\left(\frac{2u}{3}\right)+C }[/math]

אם נחזור לאינטגרל המקורי נקבל:

[math]\displaystyle{ \int\sqrt{1.5^2-u^2}du=u\sqrt{1.5^2-u^2}+2.25\arcsin\left(\frac{2u}{3}\right)-\int\sqrt{1.5^2-u^2}du }[/math]

[math]\displaystyle{ 2\int\sqrt{1.5^2-u^2}du=u\sqrt{1.5^2-u^2}+2.25\arcsin\left(\frac{2u}{3}\right)+C }[/math]

וסיימנו (:

5

אינטגרל חביב שנלקח ממבחן בחדו"א בב"ג (של מדעי המחשב)

[math]\displaystyle{ \int\frac{dx}{x+\sqrt[n]{x}} }[/math] כאשר [math]\displaystyle{ n\in\N }[/math] .

פתרון

הכוונה היא עבור [math]\displaystyle{ n\gt 1 }[/math] , עבור [math]\displaystyle{ n=1 }[/math] תסתכלו בדוגמא הראשונה.

[math]\displaystyle{ \int\frac{dx}{x+\sqrt[n]{x}}=\begin{Bmatrix}t^n=x\\nt^{n-1}dt=dx\end{Bmatrix}=\int\frac{nt^{n-1}}{t^n+t}dt=n\int\frac{t^{n-2}}{t^{n-1}+1}dt=\begin{Bmatrix}k=t^{n-1}+1\\dk=(n-1)t^{n-2}dt\end{Bmatrix}= }[/math]

[math]\displaystyle{ \int\frac{dx}{x+\sqrt[n]{x}}=\frac{n}{n-1}\int\frac{dk}{k}=\frac{n}{n-1}\ln(|k|)+c=\frac{n}{n-1}\ln\Big(|x^{\frac{n-1}{n}}+1|\Big)+C }[/math]

6

[math]\displaystyle{ \int\frac{\arctan(e^x)}{e^x}dx }[/math]

פתרון

נעזר באינטגרציה בחלקים.

[math]\displaystyle{ \int\frac{\arctan(e^{x})}{e^{x}}dx=\int\arctan(e^{x})e^{-x}dx=\begin{Bmatrix}du=e^{-x}dx\Rightarrow u=-e^{-x}\\ v=\arctan(e^{x})\Rightarrow dv=\frac{e^x}{1+e^{2x}}dx\end{Bmatrix}=-e^{-x}\arctan(e^x)+\int\frac{dx}{1+e^{2x}} }[/math]

פתאום זה נראה יותר אנושי, כעת נסתכל על האינטגרל שנותר:

[math]\displaystyle{ \int\frac{dx}{1+e^{2x}}=\begin{Bmatrix}t=e^{2x}\\dt=2t\,dx\end{Bmatrix}=\int\frac{dt}{2t(1+t)}= \int\frac{dt}{2t}-\int\frac{dt}{2t+2}=0.5\big(\ln(|t|)-\ln(|t+1|)\big)+C=0.5\ln\left(\frac{e^{2x}}{1+e^{2x}}\right)+C }[/math]

לבסוף:

[math]\displaystyle{ \int\frac{\arctan(e^x)}{e^x}dx=\ln\left(\frac{e^x}{\sqrt{1+e^{2x}}}\right)-e^{-x}\arctan(e^x)+C }[/math]

7

[math]\displaystyle{ \int\frac{\sqrt{x^2-16}}{x}dx }[/math]

פתרון

נעשה את ההצבה הבאה: [math]\displaystyle{ x=\frac{4}{\cos(u)}\Rightarrow dx=\frac{4\sin(u)}{\cos^2(u)}du }[/math]

[math]\displaystyle{ \int\frac{\sqrt{x^2-16}}{x}dx=\int\frac{\sqrt{\frac{16}{\cos^2(u)}-16}}{\frac{4}{\cos(u)}}\cdot\frac{4\sin(u)}{\cos^2(u)}du= \int 4\tan^2(u)du=4\int\big(\sec^2(u)-1\big)du }[/math]

[math]\displaystyle{ =4\int\sec^2(u)du-4\int du=4\big(\tan(u)-u\big)+C }[/math]

מההצבה הראשונית מתקבל:

[math]\displaystyle{ x=\frac{4}{\cos(u)}\Rightarrow u=\arccos\left(\frac{4}{x}\right) }[/math]

לבסוף (אחרי פענוח):

[math]\displaystyle{ \int\frac{\sqrt{x^2-16}}{x}dx=\sqrt{x^2-16}-4\arccos\left(\frac{4}{|x|}\right)+C }[/math]

8

אחד קליל מהחוברת של בועז (:,

[math]\displaystyle{ \int\frac{\ln\left(\frac{1}{x}\right)}{x}dx }[/math]

פתרון

נעזר באינטגרציה בחלקים:

[math]\displaystyle{ \begin{Bmatrix}u=-\ln(x)\\dv=\frac{1}{x}\end{Bmatrix}\qquad\int\frac{\ln\left(\frac{1}{x}\right)}{x}dx={\color{blue}-\int\frac{\ln(x)}{x}dx=-\ln(x)^2+\int\frac{\ln(x)}{x}dx} }[/math]

קיבלנו:

[math]\displaystyle{ -2\int\frac{\ln(x)}{x}dx=-\ln(x)^2 }[/math]

לבסוף:

[math]\displaystyle{ \int\frac{\ln\left(\frac{1}{x}\right)}{x}dx=-\frac{\ln(x)^2}{2}+C }[/math]

9

[math]\displaystyle{ \int\frac{\arcsin(x)}{x^2}dx }[/math]

פתרון

ראשית נפעיל אינטגרציה בחלקים כאשר: [math]\displaystyle{ v=\arcsin(x)\ ,\ du=\dfrac{dx}{x^2} }[/math]

[math]\displaystyle{ \int\frac{\arcsin(x)}{x^2}dx=-\frac{\arcsin(x)}{x}+\int\frac{dx}{x\sqrt{1-x^2}} }[/math]


כעת נחשב את האינטגרל השני שקיבלנו:

[math]\displaystyle{ \int\frac{dx}{x\sqrt{1-x^2}}=\begin{Bmatrix}x=\cos(u)\\dx=\sin(u)du\end{Bmatrix}=\int\dfrac{\sin(u)}{\cos(u)\sqrt{1-\cos^2(u)}}du=\int \frac{du}{\cos(u)} }[/math]


וכעת ניעזר בהצבה האוניברסלית כדי למצוא את האינטגרל החדש:

[math]\displaystyle{ \begin{align}\int\frac{du}{\cos(u)}&=\int\frac{2}{1+t^2}\cdot\frac{1+t^2}{1-t^2}dt=\int\frac{2dt}{(1+t)(1-t)}=\int\frac{dt}{1-t}+\frac{dt}{1+t}\\&=\ln\big(|1+t|\big)-\ln\big(|1-t|\big)+C=\ln\left(\left|\frac{1+t}{1-t}\right|\right)+C\end{align} }[/math]

כרגיל להחזיר ולהנות (:

10

[math]\displaystyle{ \int x^2\sqrt{a^2-x^2}dx }[/math]

נציב [math]\displaystyle{ x=a\sin(u)\ ,\ dx=a\cos(u)du }[/math]


[math]\displaystyle{ \int x^2\sqrt{a^2-x^2}dx=\int a^2\sin^2(u)\sqrt{a^2-a^2\sin^2(u)}a\cos(u)du=a^4\int\big(\sin(u)\cos(u)\big)^2du }[/math]


[math]\displaystyle{ =\dfrac{a^4}{4}\int\sin^2(2u)du=\dfrac{a^4}{4}\int\frac{1-\cos(4u)}{2}du=\dfrac{a^4}{8}\left(\int du-\int\cos(4u)du\right)=\dfrac{a^4}{8}\left(u-\dfrac{\sin(4u)}{4}\right)+C }[/math]


[math]\displaystyle{ =\dfrac{a^4\big(u-\sin(u)\cos(u)\cos(2u)\big)}{8}+C }[/math]

מההצבה הראשונית מתקבל:

[math]\displaystyle{ x=a\sin(u)\Rightarrow u=\arcsin\left(\frac{x}{a}\right) }[/math]

לבסוף:

[math]\displaystyle{ \int x^2\sqrt{a^2-x^2}dx=\dfrac{a^4\arcsin\left(\frac{x}{a}\right)+x(2x^2-a^2)\sqrt{a^2-x^2}}{8}+C }[/math]

11

[math]\displaystyle{ \int x^2\sqrt{a^2+x^2}dx }[/math]

הצבה היפרבולית [math]\displaystyle{ x=a\sinh(u)\ ,\ dx=a\cosh(u)du }[/math]

נוסחאות לפונקציות היפרבוליות

12

[math]\displaystyle{ \int\frac{\sin(x)\cos(x)}{\sqrt{a\sin^2(x)+b\cos^2(x)}}dx }[/math]

פתרון

[math]\displaystyle{ \int\frac{\sin(x)\cos(x)}{\sqrt{a\sin^2(x)+b\cos^2(x)}}dx=\int\frac{\sin(x)\cos(x)}{\sqrt{(a-b)\sin^2(x)+b}}dx=\begin{Bmatrix}t=\sin(x)\\dt=\cos(x)dx\end{Bmatrix}=\int\frac{t}{\sqrt{(a-b)t^2+b}}dt=\begin{Bmatrix}u=(a-b)t^{2}+b\\ du=2(a-b)tdt\end{Bmatrix}= }[/math]


[math]\displaystyle{ \frac{1}{2a-2b}\int\frac{du}{\sqrt u}=\frac{\sqrt u}{a-b}+C=\frac{\sqrt{(a-b)t^2+b}}{a-b}+C=\frac{\sqrt{(a-b)\sin^2(x)+b}}{a-b}+C }[/math]

פתרון (יותר מוצלח כמסתבר)

להציב [math]\displaystyle{ t=a\sin^2(x)+b\cos^2(x) }[/math]

13

[math]\displaystyle{ \int\sqrt{\tan^2(x)+2}dx }[/math]

פתרון (לא מלא)

זה לקח לי שני עמודים בכתב יד, זה נורא (אני בטוח שיש פתרון יותר חכם)

הצבה 1: [math]\displaystyle{ t=\tan(x) }[/math]


הצבה 2: [math]\displaystyle{ t=\sqrt2\sinh(u) }[/math]


אח"כ צריך לשחק עם מה שמקבלים (לפי תכונות של קוסינוס וסינוס היפרבולי), ואז להעביר את זה לייצוג המקורי.


ואז, הצבה 3: [math]\displaystyle{ k=e^{2u} }[/math]


מכאן זו פונקציה רצינואלית של לינארי חלקי פולינום ממעלה 2, זה לא בעיה בהשוואה למה שהלך למעלה.

במקרה הכי גרוע, תהיה הצבה 4.

14

[math]\displaystyle{ \int\frac{dx}{\sqrt[4]{\sin^3(x)\cos^5(x)}} }[/math]

פתרון

[math]\displaystyle{ \int\frac{dx}{\sqrt[4]{\sin^3(x)\cos^5(x)}}=\int\frac{dx}{\cos(x)\sqrt{\sin(x)}\sqrt[4]{\sin(x)\cos(x)}}=\int\frac{\sqrt{\sin(x)}}{\cos(x)\sin(x)\sqrt[4]{\sin(x)\cos(x)}}dx }[/math]

[math]\displaystyle{ =2\int\frac{\sqrt[4]{\sin^2(x)}}{\sin(2x)\sqrt[4]{\sin(x)\cos(x)}}dx=2\int\frac{\sqrt[4]{\tan(x)}}{\sin(2x)}dx }[/math]


כעת נציב: [math]\displaystyle{ t^4=\tan(x) }[/math]


[math]\displaystyle{ 2\int\frac{\sqrt[4]{\tan(x)}}{\sin(2x)}dx=2\int\frac{t}{\frac{2t^4}{t^8+1}}\cdot\frac{4t^3}{(t^8+1)}dt=2\int\frac{4t^4}{2t^4}dt=4\int dt=4\sqrt[4]{\tan(x)}+C }[/math]

15

[math]\displaystyle{ \int\frac{\ln(x)-1}{\ln(x)^2}dx }[/math]

פתרון

(קרדיט מלא לסורקין) תוקן! סורקין לא סרוקין ולא צריך קרדיט...


[math]\displaystyle{ \int\frac{\ln(x)-1}{\ln(x)^2}dx=\int\frac{\ln(x)}{\ln(x)^2}dx-\int\frac{dx}{\ln(x)^2}=\int\frac{dx}{\ln(x)}-\int\frac{dx}{\ln(x)^2} }[/math]


כעת נתמקד באינטגרל הראשון, נפעיל אינטגרציה בחלקים:

[math]\displaystyle{ \int\frac{dx}{\ln(x)}=\begin{Bmatrix}u=x&du=dx\\v=\frac{1}{\ln(x)}&dv=-\frac{dx}{x\ln(x)^2}\end{Bmatrix}=\frac{x}{\ln(x)}+\int\frac{dx}{\ln(x)^2} }[/math]


ונשים לב כי מתקיים (באופן די מגניב):

[math]\displaystyle{ \int\frac{\ln(x)-1}{\ln(x)^2}dx={\color{blue}\int\frac{dx}{\ln(x)}}-\int\frac{dx}{\ln(x)^2}={\color{blue}\frac{x}{\ln(x)}+\int\frac{dx}{\ln(x)^2}}-\int\frac{dx}{\ln(x)^2} }[/math]

לבסוף:

[math]\displaystyle{ \int\frac{\ln(x)-1}{\ln(x)^2}dx=\frac{x}{\ln(x)}+C }[/math]

16

[math]\displaystyle{ \int \frac {\sqrt{1-\sqrt[3]{x}}}{x\cdot \sqrt{1+\sqrt[3]{x}}}dx }[/math]

פתרון

הצבה [math]\displaystyle{ 1-\sqrt[3]{x}=t^2 }[/math]

לאחר מכן הצבה טריגונומטרית [math]\displaystyle{ t=\sqrt{2}sin(u) }[/math]

ולאחר מכן ההצבה האוניברסאלית של טאנגנס חצי זוית

17

[math]\displaystyle{ I_m=\int sin^m(x)dx }[/math]

אם [math]\displaystyle{ m=2k+1 }[/math] הינו אי זוגי, אזי:

[math]\displaystyle{ I_m=\int (sin^2(x))^ksin(x)dx }[/math]

נבצע את ההצבה [math]\displaystyle{ t=cosx }[/math] לקבל

[math]\displaystyle{ I_m=\int -(1-t^2)^kdt }[/math] וזה פתיר וקל.


כעת, נניח כי [math]\displaystyle{ m=2k }[/math] זוגי:

[math]\displaystyle{ I_m=\int sin^{2k}(x)dx = \int (sin^2(x))^kdx = \int (\frac{1-cos2x}{2})^k dx }[/math]

וזו בעייה במעלה נמוכה יותר של אינטגרל על קוסינוס

אם k אי זוגי אז פותרים באופן דומה להתחלה, ואם לא שוב מקטינים את החזקה על ידי זהות זוית כפולה של קוסינוס.