אינטגרל לא מסויים/דוגמאות: הבדלים בין גרסאות בדף

מתוך Math-Wiki
 
(32 גרסאות ביניים של 5 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)}
\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
<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>
=\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>
::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 הdt
:::אבל צריך לקחת בחשבון גם את ה-dt
:::: צודק. נראה לי שאם אני לא ראיתי את זה, גם אחרים לא יראו ;)
::::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>


 
<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>
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{1.5dv}{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{\arctan(e^x)}{e^x}dx=\ln\left(\frac{e^x}{\sqrt{1+e^{2x}}}\right)-e^{-x}\arctan(e^x)+C</math>


<math>\int\frac{dx}{1+e^{2x}}=\begin{Bmatrix}
==7==
t=e^{2x}\\
<math>\int\frac{\sqrt{x^2-16}}{x}dx</math>
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.
===פתרון===
נעשה את ההצבה הבאה: <math>x=\frac{4}{\cos(u)}\Rightarrow dx=\frac{4\sin(u)}{\cos^2(u)}du</math>


==7==
<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 211: 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>\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}
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>


 
<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>
<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>


===פתרון (יותר מוצלח כמסתבר)===
===פתרון (יותר מוצלח כמסתבר)===
 
להציב <math>t=a\sin^2(x)+b\cos^2(x)</math>
להציב <math>t=asin^{2}x+bcos^{2}x</math>


==13==
==13==
<math>\int \sqrt {\tan ^2(x)+2} dx </math>
<math>\int\sqrt{\tan^2(x)+2}dx</math>


===פתרון (לא מלא)===
===פתרון (לא מלא)===
שורה 248: שורה 226:
זה לקח לי שני עמודים בכתב יד, זה נורא (אני בטוח שיש פתרון יותר חכם)
זה לקח לי שני עמודים בכתב יד, זה נורא (אני בטוח שיש פתרון יותר חכם)


'''הצבה 1:''' <math>t=tanx</math>
'''הצבה 1:''' <math>t=\tan(x)</math>




'''הצבה 2:''' <math>t=\sqrt{2}sinhu</math>
'''הצבה 2:''' <math>t=\sqrt2\sinh(u)</math>




שורה 260: שורה 238:




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


במקרה הכי גרוע, תהיה הצבה 4.
במקרה הכי גרוע, תהיה הצבה 4.


==14==
==14==
<math>\int \frac{1}{\sqrt[4]{sin(x)^3cos(x)^5}} dx</math>
<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===
===פתרון===


זה הפתרון: <math>f(x)=\alpha \sqrt[4]{tanx}</math> (לא סגור על הקבוע), אני אעלה את הפתרון המלא בהמשך השבוע.
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>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.

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.