שינויים

טבלה של ==אינטגרלים פשוטים:==

<math>\begin{array}{|lr|l|} f(x) && \int f(x)\mathrm dx\text{\color{grayGray}+-\text{constant}}\\----&-----&---------\\hline c && cx\\x^\alpha\quad& (\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\quad& (1\ne a>0) & \frac{a^x}{\ln(a)}\\\frac1{1+x^2} & & \arctan(x)\\\frac1{a^2+x^2} && \frac1a\arctan\left(\frac xa\right)\\\frac1\sqrt{1-x^2} && \arcsin(x)\\\frac1\sqrt{a^2-x^2} && \arcsin\left(\frac xa\right)\\ 

# <math>\begin{align}\frac\mathrm d{\mathrm dx}\frac1a\arctan\left(\frac xa\right)=\frac1a\frac1{1+\left(\frac xa\right)^2}\frac1a=\endfrac1{aligna^2+x^2}</math>{{משל}}# <math>\frac\mathrm d{\mathrm dx}\arcsin\left(\frac xa\right)=\frac1\sqrt{1-\left(\frac xa\right)^2}\frac1a=\frac1\sqrt{a^2-x^2}</math>{{משל}}

# <math>\int\sqrt x\mathrm dx=\int x^\frac12\mathrm dx=\frac{x^\frac32}{3/2}+c=\frac23x^\frac32+x+c</math>

# <math>\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>\int e^{-5x}\mathrm dx=\int\frac{e^{-5x}}{-5}+c</math># <math>\int\sin\left(x^2\right)\mathrm dx\ne\frac{-\cos(x^2)}{2}+c</math> (למעשה, האינטגרל הזה לא אלמנטרי)

# <math>\int\frac{1+\cos(x)}{1+\cos^2(2x)}\mathrm dx=???</math> (- למרות שהפונקציה אלמנטרית אנו לא יודעיםמה האינטגרל. המסר הוא שהאינטגרציה קשה).# <math>\fracbegin{\mathrm dxalign}\int\frac1{(x-3)(x-4)}\mathrm dx&=\int\frac{(x-3)-(x-4)}{(x-3)(x-4)}\mathrm dx\\&=\int\frac1\frac{\mathrm dx}{x-34}+-\int\frac{\mathrm dx}{x-43}\\&=\ln|x-34|+-\ln|x-43|+c\end{align}</math>

'''כלל פשוט: ''' האינטגרל לינארי, כלומר <math>\int(f+cg)=\int f+c\int g</math>.

# <math>\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>\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>\int x^2e^{3x}\mathrm dx=\frac{x^2e^{3x}}3-\int\frac{2xe^{3x}}3\mathrm dx</math>. נעשה שוב אינטגרציה בחלקים: <math>\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>\int x^2e^{3x}\mathrm dx=\frac{x^2e^{3x}}3-\frac29xefrac{2xe^{3x}}9+\frac2frac{27}e2e^{3x}}{27}+c</math>.# <math>\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>\int\ln(x)\mathrm dx=\int1\ln(x)\mathrm dx=x\ln(x)-\int\frac1xx\mathrm dx=x\ln(x)-x+c</math>.# <math>\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>\int e^x\cos(x)\mathrm dx=\frac{e^x}2\Big(\sin(x)+\cos(x)\Big)+c</math>.

==שיטת ההצבה {{הערה|או}} /שינוי משתנים==נתחיל עם כלל השרשרת : <math>\frac\mathrm d{\mathrm dx} f(g(x))=f'(g(x))g'(x)</math>, . לכן אם F קדומה ל-f אז <math>\frac\mathrm d{\mathrm dx} F(g(x))=F'(g(x))g'(x)=f(g(x))g'(x)</math> ולפיכך <math>\int f(g(x))g'(x)\mathrm dx=F(g(x))+c</math>.

יש דרך פורמלית לפתור וכללית לפתרון: נתון <math>\int f(g(x))g'(x)\mathrm dx</math> . ע"י "הצבה" הגדרה <math>y=g(x)</math>. אם כן נקבל <math>\frac{\mathrm dy}{\mathrm dx}=g'(x)</math>. נעביר אגף : <math>\mathrm dy=g'(x)\mathrm dx</math>. , נחזור לאינטגרל ונקבל <math>\int f(y)\mathrm dy=F(y)+c=F(g(x))+c</math>.

בכל אחת מהדוגמאות הבאות נסמן את האינטגרל שיש לחשב כ-<math>I</math>: # <math>\int x^2 e^{x^3}\mathrm dx</math>. : נציב <math>y=x^3</math> ולכן <math>\mathrm dy = 3x^2\mathrm dx</math> ולכן האינטגרל שווה ל-ולפיכך <math>I=\int \frac{e^y\frac13}3\mathrm dy=\frac13efrac{e^y}3+c=\frac13efrac{e^{x^3}}3+c</math>.# <math>\int\frac{\ln(x)}x\mathrm dx</math>. : נציב <math>y=\ln(x)</math> ואז <math>\mathrm dy=\frac1x\mathrm dx</math> והאינטגרל הוא ונובע ש-<math>I=\int y\mathrm dy=\frac{y^2}2+c=\frac12(\ln(x))^2+c</math>.# <math>\int\frac x\sqrt{x^2+1}\mathrm dx</math>. : נציב <math>y=x^2+1\implies\mathrm dy=2x\mathrm dx</math> והאינטגרל שווה ל-ולכן <math>I=\int\frac{\tfrac12\mathrm dy}\sqrt y=\frac12\int y^{-\frac12}\mathrm dy=y^{\frac12}+c=\sqrt{x^2+1}+c</math>.# <math>\int\tan(x)\mathrm dx</math>: עבור <math>y=\cos(x)</math> נקבל <math>I=\int\frac{\sin(x)}{\cos(x)}\mathrm dx</math> ועבור <math>y=\cos(x)</math> נקבל <math>\int\frac{-\mathrm dy}y=-\ln|y|+c=-\ln|\cos(x)|+c</math>.# <math>\int\cot(x)\mathrm dx=\int\frac{\cos(x)}{\sin(x)}\mathrm dx=\ln|\sin(x)|+c</math>.#<math>\int\frac{f'(x)}{f(x)}\mathrm dx</math>. : נציב <math>y=f(x)</math> ונקבל <math>I=\int\frac{\mathrm dy}y=\ln|y|+c=\ln|f(x)|+c</math>. <br />לכן ניתן להוכיח שוב את סעיף 4: <math>\int\tan(x)\mathrm dx=-\int\frac{\cos'(x)}{\cos(x)}\mathrm dx=-\ln|\cos(x)|+c</math>.# <math>\int\frac{f'(x)}{f^2(x)}\mathrm dx</math>. : נציב <math>y=f(x)</math> ונקבל <math>I=\int\frac{\mathrm dy}{y^2}=-\frac1y+c=-\frac1{f(x)}+c</math>.# <math>\int\frac{x^5\mathrm dx}\sqrt{1-x^3}</math>. : נציב <math>y=1-x^3</math> ואז <math>\frac{(1-y)\mathrm dy}{-3}=x^5\mathrm dx</math>. האינטגרל שווה למכאן ש-<math>I=\int\frac{\frac{1-y}{-3}\mathrm dy}\sqrt y=\int\left(\frac13\sqrt y-\frac1{\sqrt y}\right)\mathrm dy=\frac29\left(sqrt{1-x^3\right)}^{3/2}-\frac23\left(sqrt{1-x^3\right)^{1/2}+c</math>.# <math>\int\arcsin(x)\mathrm dx</math> : נציב <math>y=\arcsin(x)</math> ומכאן ש-<math>\mathrm dx=\cos(y)\mathrm dy</math> מכאן שהאינטגרל הוא . לבסוף, {{left|<math>\begin{align}I&=\int y\cos(y)\mathrm dy\\&=y\sin(y)-\int1\sin(y)\amthrm mathrm dy\\&=y\sin(y)+\cos(y)\\&=x\arcsin(x)+\cos(\arcsin(x))+c\end{align}</math>. }} גרף (1). דרך אחרת: ואז <math>\intI=x\arcsin(x)+\mathrm dxfrac1\sqrt{1-x^2}+c</math>.<br />דרך אחרת: <math>I=\int1\arcsin(x)\mathrm dx=x\arcsin(x)-\int\frac x\sqrt{1-x^2}\mathrm dx</math>. נגדיר <math>y=1-x^2</math> ונקבל ושוב נקבל {{left|<math>\begin{align}I&=x\arcsin(x)-\int\frac x\sqrt{1-x^2}\\&=x\arcsin(x)+\int\frac{1/2\mathrm dy}{2\sqrt y}\\&=x\arcsin(x)-\sqrt y+c\\&=x\arcsin(x)+\frac1\sqrt{1-x^2}+c\end{align}</math>}}# <math>\int e^\sqrt x\mathrm dx</math>. : נציב <math>y=\sqrt x^\implies\mathrm dy=-\frac{\mathrm dx}{2\sqrt x}</math> לקבל ולכן <math>I=\int e2ye^y2yy\mathrm dy=2ye^ty-\int2e^ty\mathrm dy=2\sqrt xe^\sqrt x-2e^\sqrt x+c</math>.# <math>\int\sin(x)\cos(x)\mathrm dx</math>. : נבחר <math>y=\sin(yx)</math> כדי לקבל <math>I=\int y\mathrm dy=\frac12y^2+c=\frac12\sin^2(x)+c</math>. <br />שיטה אחרת: <math>y=\cos(x)</math> ו-ואז <math>I=\inyint-y\mathrm dy=-\frac12\cos^2(x)+c</math>. <br />שיטה אחרונה: <math>I=\int\frac12\sin(2x)\mathrm dx=-\frac14\cos(2x)+c</math>. <br />קיבלנו 3 תשובות שונות באותו תרגיל, אך אין סתירה כי ההפרש בין כל שתי תשובות הוא גודל קבוע. למשל: <math>-\frac12\cossin^2(x)-\left(-\frac12\sincos^2(x)\right)=-\frac12\left(\cos^2(x)+\sin^2(x)\right)=-\frac12</math>.