הגרסה להדפסה אינה נתמכת עוד וייתכן שיש בה שגיאות תיצוג. נא לעדכן את הסימניות בדפדפן שלך ולהשתמש בפעולת ההדפסה הרגילה של הדפדפן במקום זה.

שיטות אינטגרציה

דוגמאות

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

[math]\displaystyle{ \int=\int\frac{\mathrm dx}{1+e^{2x}} }[/math]: נציב [math]\displaystyle{ t=e^x\implies\frac{\mathrm dt}t=\mathrm dx }[/math] ולכן
[math]\displaystyle{ \begin{align}\int&=\int\frac1{1+t^2}\cdot\frac{\mathrm dt}t\\&=\int\left(\frac{-t}{1+t^2}+\frac1t\right)\mathrm dt\\&=-\frac12\ln\left(1+t^2\right)+\ln|t|+c\\&=-\frac12\ln\left(1+e^{2x}\right)+x+c\end{align} }[/math]
[math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]
דרך אחרת: [math]\displaystyle{ \int=\int\frac{e^{-x}}{e^{-x}+x^x}\mathrm dx }[/math], נציב [math]\displaystyle{ t=e^{-x}\implies-\mathrm dt=e^{-x}\mathrm dx }[/math] ולכן
[math]\displaystyle{ \begin{align}\int&=\int\frac{-\mathrm dt}{t+1/t}\\&=\int\frac{-t}{1+t^2}\mathrm dt\\&=-\frac12\ln\left(1+t^2\right)+c\\&=-\frac12\ln\left(1+e^{-2x}\right)+c\end{align} }[/math]
[math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]
[math]\displaystyle{ \int\frac{e^x}{1+e^{2x}}\mathrm dx }[/math]: נגדיר [math]\displaystyle{ t=e^x }[/math] ולכן [math]\displaystyle{ \int=\int\frac{\mathrm dt}{1+t^2}=\arctan(t)+c=\arctan\left(e^x\right)+c }[/math] [math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]
[math]\displaystyle{ \int\frac{e^{2x}}{1+e^{2x}}\mathrm dx }[/math]: נגדיר [math]\displaystyle{ t=1+e^{2x}\implies\mathrm dt=2e^{2x}\mathrm dx }[/math] ואז [math]\displaystyle{ \int=\int\frac{\mathrm dt/2}{1+t^2}=\frac12\ln|t|+c=\frac12\ln\left(1+e^{2x}\right)+c }[/math] [math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]
[math]\displaystyle{ \int\frac{e^{3x}}{1+e^{2x}}\mathrm dx }[/math]: נציב [math]\displaystyle{ y=e^x\implies\mathrm dy=e^x\mathrm dx }[/math] לקבל
[math]\displaystyle{ \begin{align}\int&=\int\frac{y^2}{1+y^2}\mathrm dy\\&=\int\left(\frac{y^2+1}{y^2+1}-\frac1{1+y^2}\right)\mathrm dy\\&=y-\arctan(y)+c\\&=e^x-\arctan\left(e^x\right)+c\end{align} }[/math]
[math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]
[math]\displaystyle{ \int\frac{\mathrm dx}\sqrt{x-x^2} }[/math]: [math]\displaystyle{ t=\sqrt{1-x}\implies x=1-t^2\implies\mathrm dx=-2t\mathrm dt }[/math]. לפיכך
[math]\displaystyle{ \begin{align}\int&=\int\frac{\mathrm dx}{\sqrt x\sqrt{1-x}}\\&=\int\frac{-2t\mathrm dt}{\sqrt{1-t^2}t}\\&=-2\arcsin(t)+c\\&=-2\arcsin\left(\sqrt{1-x}\right)+c\end{align} }[/math]
[math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]
[math]\displaystyle{ \int\sec(x)\mathrm dx=\int\frac{\cos(x)}{\cos^2(x)}\mathrm dx=\int\frac{\cos(x)}{1-\sin^2(x)}\mathrm dx }[/math]: [math]\displaystyle{ y=\sin(x)\implies\mathrm dy=\cos(x)\mathrm dx }[/math] ומכאן נובע
[math]\displaystyle{ \begin{align}\int&=\int\frac{\mathrm dy}{1-y^2}\\&=\int\frac{\mathrm dy}{(1-y)(1+y)}\\&=\int\left(\frac{1/2}{1-y}+\frac{1/2}{1+y}\right)\mathrm dy\\&=-\frac12\ln|1-y|+\frac12\ln|1+y|+c\\&=\frac12\ln\left(\frac{1+\sin(x)}{1-\sin(x)}\right)+c\end{align} }[/math]
[math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]
[math]\displaystyle{ \int\frac\sqrt{x-1}{x^2\sqrt{x+1}}\mathrm dx }[/math]: אם [math]\displaystyle{ t=\frac1x=\implies\mathrm dt=-\frac{\mathrm dx}{x^2} }[/math] אז
[math]\displaystyle{ \begin{align}\int&=-\int\frac\sqrt{\frac1t-1}\sqrt{\frac1t+1}\mathrm dt\\&=-\int\frac\sqrt{1-t}\sqrt{1+t}\mathrm dt\\&=\int\frac{t-1}\sqrt{1-t^2}\mathrm dt\\&=\int\frac{t\mathrm dt}\sqrt{1-t^2}-\int\frac{\mathrm dt}\sqrt{1-t^2}\end{align} }[/math]
נציב [math]\displaystyle{ y=1-t^2\implies\frac{\mathrm dy}{-2}=t\mathrm dt }[/math] ואז
[math]\displaystyle{ \begin{align}\int&=-\int\frac{\mathrm dy/2}{y^{1/2}}-\arcsin(t)\\&=-y^{1/2}-\arcsin(t)+c\\&=-\sqrt{1-\frac1{x^2}}-\arcsin\left(\frac1x\right)+c\end{align} }[/math]
[math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]
נתון [math]\displaystyle{ a\gt 0 }[/math] קבוע וצריך למצוא נוסחת נסיגה ל-[math]\displaystyle{ I_n=\int\frac{\mathrm dx}{\left(x^2+a^2\right)^n} }[/math] לכל [math]\displaystyle{ n\in\mathbb N }[/math]. ברור כי [math]\displaystyle{ I_1=\int\frac{\mathrm dx}{x^2+a^2}=\frac1a\arctan\left(\frac xa\right)+c }[/math]. כעת [math]\displaystyle{ \forall 1\lt n\in\mathbb N:\ I_n=\int\frac{x'\mathrm dx}{\left(x^2+a^2\right)^n} }[/math]. לפיכך
[math]\displaystyle{ \begin{align}I_n&=\frac x{\left(x^2+a^2\right)^n}-\int(-n)\left(x^2+a^2\right)^{-n-1}2x\cdot x\mathrm dx\\&=\frac x{\left(x^2+a^2\right)^n}+2n\int\frac{x^2+a^2-a^2}{\left(x^2+a^2\right)^{n+1}}\mathrm dx\\&=\frac x{\left(x^2+a^2\right)^n}+2n\int\frac{\mathrm dx}{\left(x^2+a^2\right)^n}-2na^2\int\frac{\mathrm dx}{\left(x^2+a^2\right)^{n+1}}\\&=\frac x{\left(x^2+a^2\right)^n}+2nI_n-2na^2I_{n+1}\end{align} }[/math]
לכן [math]\displaystyle{ I_{n+1}=\frac x{2na^2\left(x^2+a^2\right)^n}+\frac{2n-1}{2na^2}I_n }[/math]. [math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math] למשל, עבור [math]\displaystyle{ a=2 }[/math] נחשב [math]\displaystyle{ I_3 }[/math]: [math]\displaystyle{ I_2=\frac x{8\left(x^2+4\right)}+\frac18I_1 }[/math] וכן [math]\displaystyle{ I_3=\frac x{16\left(x^2+4\right)^2}+\frac3{16}I_2 }[/math]. לבסוף: [math]\displaystyle{ I_3=\frac x{16\left(x^2+4\right)^2}+\frac3{16}\left(\frac x{8\left(x^2+4\right)}+\frac18\cdot\frac12\arctan\left(\frac x2\right)\right)+c }[/math] [math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]

שברים חלקיים

נפתח שיטה לביצוע אינטגרציה של פונקציה רציונלית כלשהי [math]\displaystyle{ \frac pq }[/math] ([math]\displaystyle{ p,q }[/math] פולינומים). כבר ראינו דוגמה פרטית של השיטה, כאשר פירקנו פונקציה רציונלית לסכום של פונקציות רציונליות פשוטות, וזה יסוד השיטה.

נסתמך ללא הוכחה על משפט מאלגברה: כל פונקציה רציונלית [math]\displaystyle{ \frac pq }[/math] כך ש-[math]\displaystyle{ \deg(p)\lt \deg(q) }[/math] ניתנת לפירוק יחיד כסכום של שברים חלקיים: [math]\displaystyle{ \frac A{\left(x-x_0\right)^n}+\frac{Bx+C}{\left(x^2+bx+c\right)^k} }[/math], כאשר [math]\displaystyle{ A,B,C,x_0\in\mathbb R }[/math] קבועים ולמכנה [math]\displaystyle{ \left(x^2+bx+c\right)^k }[/math] אין שורשים ממשיים (כלומר [math]\displaystyle{ b^2-4c\lt 0 }[/math]). האינטגרציה של השבר הראשון קלה: [math]\displaystyle{ \int\frac{A\mathrm dx}{\left(x-x_0\right)^n}=\frac{A\left(x-x_0\right)^{-n+1}}{-n+1}+? }[/math]. לשבר השני יותר קשה למצוא אינטגרל. ניתן כמה דוגמאות:

[math]\displaystyle{ \begin{align}\int\frac{\mathrm dx}{x^2+6x+10}&=\int\frac{\mathrm dx}{x^2+6x+3^2+1}\\&=\int\frac{\mathrm dx}{\left(x+3\right)^2+1}\\&=\arctan(x+3)+?\end{align} }[/math]
[math]\displaystyle{ \begin{align}\int\frac{5x+2}{x^2+10x+34}\mathrm dx&=\int\frac{5x+2}{\left(x+5\right)^2+9}\mathrm dx\\&=\int\frac{5(x+5)-23}{\left(x+5\right)^2+9}\mathrm d(x+5)\\&=\frac52\ln\left(\left(x+5\right)^2+9\right)-\frac{23}3\arctan\left(\frac{x+5}3\right)+?\\&=\frac52\ln\left(x^2+10x+34\right)-\frac{23}3\arctan\left(\frac{x+5}3\right)+?\end{align} }[/math]
[math]\displaystyle{ \int=\int\frac{6x-5}{\left(x^2+4x+8\right)^3}\mathrm dx=\int\frac{6x-5}{\left(\left(x+2\right)^2+4\right)^3}\mathrm dx }[/math]
נציב [math]\displaystyle{ t=x+2 }[/math] ואז [math]\displaystyle{ \mathrm dt=\mathrm dx }[/math]:
[math]\displaystyle{ \int=\int\frac{6t-17}{\left(t^2+4\right)^3}\mathrm dt=\int\frac{6t\mathrm dt}{\left(t^2+4\right)^3}-17\int\frac{\mathrm dt}{\left(t^2+4\right)^3} }[/math]
נציב [math]\displaystyle{ y=t^2+4\implies\mathrm dy=2t\mathrm dt }[/math] ונסמן [math]\displaystyle{ I_n=\int\frac{\mathrm dx}{\left(x^2+4\right)^n} }[/math]:
[math]\displaystyle{ \int=\int\frac{3\mathrm dy}{y^3}-17I_3=-\frac3{2y^2}-17I_3=-\frac32\cdot\frac1{\left(x^2+4x+8\right)^2}-17I_3 }[/math]
כאשר [math]\displaystyle{ I_3 }[/math] הוא בדיוק אותו [math]\displaystyle{ I_3 }[/math] שמצאנו בסעיף 8 בדוגמאות מקודם.

באופן כללי נהפוך את השבר ל-[math]\displaystyle{ \frac{Bx}{\left(\left(x+\frac b2\right)^2+c-\frac{b^2}4\right)^k}+\frac C{\left(\left(x+\frac b2\right)^2+c-\frac{b^2}4\right)^k} }[/math]. את האינטגרל של השבר השמאלי (זה שבמונהו יש [math]\displaystyle{ Bx }[/math]) נחשב ע"י הצבת [math]\displaystyle{ y=\left(x+\frac b2\right)^2+c-\frac{b^2}4 }[/math], ואת השבר הימני לפי סעיף 8 בדוגמאות הנ"ל.

עתה נשאר לנו ללמוד את השיטה לפירוק פונקציה נתונה לסכום של שברים חלקיים. נעזר במשפט היסודי של האלגברה: אם [math]\displaystyle{ p(x)=\sum_{k=0}^n a_kx^k\in\mathbb R_n[x] }[/math] אז קיים לו פירוק [math]\displaystyle{ p(x)=(x-x_1)(x-x_2)\dots(x-x_n) }[/math] (כאשר [math]\displaystyle{ \forall i:\ x_i\in\mathbb C }[/math]). חלק מה-[math]\displaystyle{ x_i }[/math]-ים יכולים להיות ממשיים, אבל בכל אופן מספר השורשים הלא ממשיים יהא זוגי. למשל:

[math]\displaystyle{ \begin{align}\Big(x-(a+bi)\Big)\Big(x-(a-bi)\Big)&=x^2-(a+bi+a-bi)x+(a+bi)(a-bi)\\&=x^2-2ax+\left(a^2+b^2\right)\\&\in\mathbb R_2[x]\end{align} }[/math]

כעת, בהינתן האינטגרל [math]\displaystyle{ \int\frac{p(x)}{q(x)}\mathrm dx }[/math] כאשר [math]\displaystyle{ \deg(p)\lt \deg(q) }[/math] נפרק את [math]\displaystyle{ q(x) }[/math] ל-[math]\displaystyle{ \left(x^2+bx+c\right)^k }[/math] ו-[math]\displaystyle{ \left(x-x_0\right)^n }[/math] כנ"ל, נמצא [math]\displaystyle{ A,B,C }[/math] כנזכר למעלה ונחשב את האינטגרל.

דוגמאות

[math]\displaystyle{ \int\frac{\mathrm dx}{x^2-1}=\int\frac{\mathrm dx}{(x-1)(x+1)}=\int\left(\frac A{x-1}+\frac B{x+1}\right)\mathrm dx }[/math]. A ו-B מקיימים
[math]\displaystyle{ \begin{align}A(x+1)+B(x-1)=1&\implies x(A+B)+(A-B)=1\\&\implies\begin{cases}A+B=0\\A-B=1\end{cases}\\&\implies A=\frac12\ \and\ B=-\frac12\end{align} }[/math]
ונקבל [math]\displaystyle{ \int=\frac12\ln|x-1|-\frac12\ln|x+1|+c }[/math]
[math]\displaystyle{ \int\frac{\mathrm dx}{1-x^4} }[/math]: האינטגרנד שווה ל-[math]\displaystyle{ \frac{-\mathrm dx}{(x-1)(x+1)(x^2+1)}=\frac A{x-1}+\frac B{x+1}+\frac{Cx+D}{x^2+1} }[/math]. נמצא את A,B,C,D: מתקיים [math]\displaystyle{ -1=A(x+1)\left(x^2+1\right)+B(x-1)\left(x^2+1\right)+(Cx+D)\left(x^2-1\right) }[/math].
נציב [math]\displaystyle{ x=1 }[/math] ואז [math]\displaystyle{ -1=A\cdot2\cdot2\implies A=-\frac14 }[/math].
נציב [math]\displaystyle{ x=-1 }[/math]: [math]\displaystyle{ -1=B\cdot(-2)\cdot2\implies B=\frac14 }[/math].
נציב [math]\displaystyle{ x=0 }[/math] ונקבל [math]\displaystyle{ -1=A-B-D\implies D=\frac12 }[/math].
לבסוף נציב [math]\displaystyle{ x=2 }[/math] ואז [math]\displaystyle{ -1=-15\cdot\frac14+5\cdot\frac14+\left(\frac12+2C\right)3\implies C=0 }[/math].
לפיכך
[math]\displaystyle{ \begin{align}\int&=\int\left(\frac{-1/4}{x-1}+\frac{1/4}{x+1}+\frac{1/2}{x^2+1}\right)\mathrm dx\\&=-\frac14\ln|x-1|+\frac14\ln|x+1|+\frac12\arctan(x)+c\end{align} }[/math]