שינויים
/* פתרון */
==שיטות לחישוב אינטגרלים==
===אינטגרציה בחלקים===
נזכר בנוסחאת לגזירת מכפלה של פונקציות:
::<math>(fg)'=f'g+g'f</math>
כעת, לפי הגדרת פונקציה קדומה, מתקיים כי
::<math>fg= \int (fg)'</math>
ביחד נקבל:
::<math>fg=\int f'g +\int g'f</math>
ומכן אנו מסיקים את הנוסחא של '''אינטגרציה בחלקים''':
::<math>\int f'(x) g(x) dx = f(x)\cdot g(x) - \int f(x)g'(x)dx</math>
'''תרגילים:'''
*<math>\int cos(x)\cdot x\cdot dx = sin(x)\cdot x - \int sin(x)dx = sin(x)\cdot x +cos(x) +C</math>
*<math>\int ln(x)dx = \int 1\cdot ln(x)dx = x\cdot ln(x) - \int x\cdot\frac{1}{x}dx = x\cdot ln(x) - x + C</math>
*<math>I=\int sin(x)e^xdx=sin(x)e^x - \int cos(x)e^xdx = sin(x)e^x - [cos(x)e^x+\int sin(x)e^xdx] = e^x[sin(x)+cos(x)] - I</math>
::לכן ביחד <math>I=\frac{e^x}{2}[sin(x)+cos(x)]+C</math>
*<math>\int\frac{ln(x)}{x}dx=ln^2(x) -\int \frac{ln(x)}{x}dx </math>
::ביחד <math>\int\frac{ln(x)}{x}dx=\frac{1}{2}ln^2(x)+C</math>
===אינטגרציה בהצבה (החלפת משתנים)===
לעיתים ניתן לפתור את האינטגרל לאחרי שינוי של המשתנה. הנוסחאות להחלפת המשתנים נובעות מכלל הגזירה של פונקציה מורכבת. נלמד על ידי דוגמאות:
*<math>\int sin\Big(e^x\Big)e^xdx</math>
נבצע את החלפת המשתנים
::<math>t=e^x</math>
נגזור את צד שמאל לפי t ואת צד ימין לפי x ונקבל:
::<math>dt = e^xdx</math>
ולכן מתקיים
::<math>\int sin\Big(e^x\Big)e^xdx= \int sin(t)dt = -cos(t) +C = -cos(e^x) + C</math>
*<math>\int sin(\sqrt{x})dx</math>
נבצע את החלפת המשתנים:
::<math>t=\sqrt{x}</math>
נגזור את שני הצדדים לקבל
::<math>dt=\frac{1}{2\sqrt{x}}dx</math>
ולכן
::<math>2tdt=dx</math>
(שימו לב שניתן היה להגיע לכך גם מההחלפה השקולה <math>t^2=x</math>)
ביחד
::<math>\int sin(\sqrt{x})dx=\int 2t\cdot sin(t)dt = -2t\cdot cos(t) +\int 2cos(t) = -2t\cdot cos(t) + 2sin(t) +C=-2\sqrt{x}cos(\sqrt{x})+2sin(\sqrt{x}) +C</math>
*<math>\int\sqrt{1-x^2}dx</math>
נבצע את החלפת המשתנים
::<math>x=sin(t)</math>
נגזור את שני הצדדים
::<math>dx=cos(t)dt</math>
ביחד
::<math>\int\sqrt{1-x^2}dx=\int\sqrt{1-sin^2(t)}cos(t)dt=\int cos^2(t)dt = \int \frac{cos(2t)+1}{2}dt=\frac{1}{4}sin(2t)+\frac{1}{2}t + C = </math>
::<math>=\frac{1}{2}sin(t)cos(t)+\frac{1}{2}t + C=\frac{1}{2}x\sqrt{1-x^2}+\frac{1}{2}arcsin{x} + C</math>
*<math>\int\frac{dx}{1+e^x}=\int\frac{e^{-x}}{1+e^{-x}}dx=-ln(1+e^{-x})+C</math>
*<math>\int\frac{1}{xln(x)}dx</math>
נבצע החלפת משתנים
::<math>t=ln(x)</math>
נגזור את שני הצדדים לקבל
::<math>dt=\frac{1}{x}dx</math>
וביחד
::<math>\int\frac{1}{xln(x)}dx=\int\frac{1}{t}dt = ln(t)+C = ln(ln(x)) + C</math>
*<math>\int tan(x)dx = \int \frac{sin(x)}{cos(x)}dx= -ln(cos(x)) + C </math>
==חישוב שטחים באמצעות אינטגרלים==
===דוגמה 1===
חשבו את השטח הכלוא ע"י הפרבולה <math>y^2=4x</math> והישר <math>y=2x-4</math>.
===פתרון===
נצייר את הגרף (1) של הפונקציות ונמצא את 2 נקודות החיתוך: <math>(2x-4)^2=4x\implies x^2-5x+4=0\implies x=1,4</math>.
* '''דרך 1:''' נסובב את מערכת הצירים ב-<math>90^\circ</math> ונקבל גרף (2). עתה נחשב את השטח בין
:<math>y^2=4x\implies x=\frac{y^2}4</math>
וכן
:<math>y=2x-4\implies x=\frac12y+2</math>.
קל לראות שהישר מעל הפרבולה, אבל גם אם לא כך אז הסימן של התוצאה יהא הפוך. לכן ניקח ערך מוחלט. שיעורי ה-y של נקודות החיתוך הם <math>-2,4</math> (לפי שיעורי ה-x)
ולכן השטח הוא <math>\left|\int\limits_{-2}^4\left(\frac y2+2-\frac{y^2}4\right)\mathrm dy\right|=\left|\left[\frac{y^2}4+2y-\frac{y^3}{12}\right]_{y=-2}^4\right|=9</math>.
* '''דרך 2:''' נפרק לשלושה שטחים: השטח <math>S_1</math> בין <math>x=1</math> ל-4 ושני שטחים שווים <math>S_2=S_3</math> בין 0 ל-1, שטח אחד מעל ציר ה-x והשני מתחת.
לפיכך השטח הכולל הוא <math>S_1+2S_2=\left|\int\limits_1^4\left(\sqrt{4x}-2x+4\right)\mathrm dx\right|+2\left|\int\limits_0^1\sqrt{4x}\mathrm dx\right|=9</math>
===דוגמה 2===
חשבו את השטח הכלוא בין הגרפים של הפונקציות <math>y=e^x,\ y=2-\frac1{e^x},\ y=0,\ x=-1</math>.
===פתרון===
נקודות חיתוך:
* <math>y=e^x,\ y=2-\frac1{e^x}\implies x=0</math>
* <math>y=2-\frac1{e^x},\ y=0\implies x=-\ln(2)</math>
* ברור כי ל-<math>y=e^x,\ y=0</math> אין נקודת חיתוך.
לכן השטח הוא <math>\left|\int\limits_{-1}^{-\ln(2)} e^x\mathrm dx\right|+\left|\int\limits_{-\ln(2)}^0\left(e^x-2+e^{-x}\right)\mathrm dx\right|=2-\ln(4)-\frac1e</math>.
