תוכן עניינים

1 האינטגרל הלא מסויים

האינטגרל הלא מסויים

הגדרה: אינטגרל מסויים הוא אינטגרל עם גבולות $\int\limits_a^b f$ שלמדנו עד עכשיו - גבול של סכומי רימן וסכומי דרבו. אם f רציפה ניתן, לפעמים, לחשב את האינטגרל לפי נוסחת ניוטון-לייבניץ. השלב העיקרי בחישוב זה הוא מציאת הפונקציה הקדומה, ולכן הגדירו אינטגרל לא מסויים - ללא גבולות - $\int f$ , שפתרונו פשוט $F(x)+c$ עבור F פונקציה קדומה ל-f וקבוע c.

אינטגרלים פשוטים

$\begin{array}{l r|l} \underline{f(x)} && \underline{\int f(x)\mathrm {dx}\ {\color{Gray}-\text{constant}}}\\ c && cx\\ x^\alpha & (\alpha\ne-1) & \frac{x^{\alpha+1}}{\alpha+1}\\ x^{-1} && \ln|x|\\ \sin(x) && -\cos(x)\\ \cos(x) && \sin(x)\\ \sec^2(x) && \tan(x)\\ e^x && e^x\\ a^x & (1\ne a>0) & \frac{a^x}{\ln(a)}\\ \frac1{1+x^2} && \arctan(x)\\ \frac1{a^2+x^2} && \frac1a\arctan\left(\frac {x}{a}\right)\\ \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} && \arcsin(x)\\ \frac{1}{\sqrt{a^2-x^2}} && \arcsin\left(\frac xa\right)\\ \end{array}$

בדיקות

נבדוק $\frac{\mathrm d}{\mathrm dx}\ln|x|=\frac1x$ (עבור $x\ne0$ ): לפי ההגדרה $\ln|x|=\begin{cases}\ln(x)&x>0\\\ln(-x)&x<0\end{cases}$ . לכן עבור $x>0$ מתקיים

$\frac{\mathrm d}{\mathrm dx}\ln|x|=\frac{\mathrm d}{\mathrm dx}\ln(x)=\frac1x$ ועבור $x<0$ , $\frac{\mathrm d}{\mathrm dx}\ln|x|=\frac{\mathrm d}{\mathrm dx}\ln(-x)=-\frac1{-x}=\frac1x$ . $\blacksquare$

$\frac{\mathrm d}{\mathrm dx}\frac1a\arctan\left(\frac xa\right)=\frac1a\frac1{1+\left(\frac xa\right)^2}\frac1a=\frac{1}{a^2+x^2}$ . $\blacksquare$
$\frac{\mathrm d}{\mathrm dx}\arcsin\left(\frac xa\right)=\frac{1}{\sqrt{1-\left(\frac xa\right)^2}}\frac1a=\frac{1}{\sqrt{a^2-x^2}}$ . $\blacksquare$

דוגמאות חישוב

$\int\sqrt{x}\mathrm {dx}=\int x^\frac12\mathrm dx=\frac{x^\frac32}{3/2}+c=\frac23x^\frac32+c$
$\int\frac{1}{\sqrt{x-7}}\mathrm {dx}=\int(x-7)^{-\frac12}\mathrm dx=2(x-7)^\frac12+c$
$\int\frac{\mathrm dx}{(3x-7)^{12}}=\int(3x-7)^{-12}\mathrm dx=\frac{(3x-7)^{-11}}{-11\cdot3}+c$
(מהפיכת כלל השרשרת)
$\int e^{-5x}\mathrm dx=\frac{e^{-5x}}{-5}+c$
$\int\sin\left(x^2\right)\mathrm dx\ne\frac{-\cos(x^2)}{2}+c$
(למעשה, האינטגרל הזה לא אלמנטרי)
$\int3^xe^x\mathrm dx=\int(3e)^x\mathrm dx=\frac{(3e)^x}{\ln(3e)}+c=\frac{(3e)^x}{1+\ln(3)}+c$
$\int\tan^2(x)\mathrm dx=\int(\sec^2(x)-1)\mathrm dx=\tan(x)-x+c$
$\int\frac{1+\cos(x)}{1+\cos^2(2x)}\mathrm dx=?$
(הפונקציה אלמנטרית אבל האינטגרל לא ידוע לנו. המסר הוא שהאינטגרציה קשה)
$\begin{align}\int\frac1{(x-3)(x-4)}\mathrm dx&=\int\frac{(x-3)-(x-4)}{(x-3)(x-4)}\mathrm dx\\&=\int\frac{\mathrm dx}{x-4}-\int\frac{\mathrm dx}{x-3}\\&=\ln|x-4|-\ln|x-3|+c\end{align}$

כלל פשוט: האינטגרל לינארי, כלומר $\int(f+cg)=\int f+c\int g$ .

אינטגרציה בחלקים

כזכור, אם f ו-g פונקציות גזירות אז $\frac{\mathrm d}{\mathrm dx}f(x)g(x)=f(x)g'(x)+f'(x)g(x)$ . אם f' ו-g' רציפות נוכל להפוך את זה לנוסחת אינטגרציה:

$\int f(x)g'(x)\mathrm dx=f(x)g(x)-\int f'(x)g(x)\mathrm dx$ .

דוגמאות חישוב

$\int \underbrace{x}_{f(x)=x}\underbrace{\cos(x)}_{g'(x)=\cos(x)}\mathrm dx=x\sin(x)-\int1\sin(x)\mathrm dx=x\sin(x)+\cos(x)+c$ . אם ננסה לפתור אינטגרל זה בדרך הפוכה נקבל $\int \underbrace{x}_{g'(x)=x}\underbrace{\cos(x)}_{f(x)=\cos(x)}\mathrm dx=\cos(x)\frac{x^2}2-\int-\sin(x)\frac{x^2}2\mathrm dx$ , ואינטגרל זה יותר קשה מהאינטגרל המקורי.
$\int x^2e^{3x}\mathrm dx=\frac{x^2e^{3x}}3-\int\frac{2xe^{3x}}3\mathrm dx$ . נעשה שוב אינטגרציה בחלקים: $\int\frac{2xe^{3x}}3\mathrm dx=\frac{xe^{3x}}3-\int\frac{e^{3x}}3\mathrm dx=\frac{xe^{3x}}3-\frac{e^{3x}}9+c$ ובסה"כ $\int x^2e^{3x}\mathrm dx=\frac{x^2e^{3x}}3-\frac{2xe^{3x}}9+\frac{2e^{3x}}{27}+c$ .
$\int x^3\ln(x)\mathrm dx=\frac{x^4}4\ln(x)-\int\frac1x\frac{x^4}4\mathrm dx=\frac{x^4}4\ln(x)-\frac{x^4}{16}+c$ .
$\int\ln(x)\mathrm dx=\int1\ln(x)\mathrm dx=x\ln(x)-\int\frac1xx\mathrm dx=x\ln(x)-x+c$ .
$\begin{align}\int e^x\cos(x)\mathrm dx&=e^x\sin(x)-\int e^x\sin(x)\mathrm dx\\&=e^x\sin(x)+e^x\cos(x)-\int e^x\cos(x)\mathrm dx\end{align}$ ולכן $\int e^x\cos(x)\mathrm dx=\frac{e^x}2\Big(\sin(x)+\cos(x)\Big)+c$ .

שיטת ההצבה/שינוי משתנים

נתחיל עם כלל השרשרת: $\frac{\mathrm d}{\mathrm dx} f(g(x))=f'(g(x))g'(x)$ . לכן אם F קדומה ל-f אז $\frac{\mathrm d}{\mathrm dx} F(g(x))=F'(g(x))g'(x)=f(g(x))g'(x)$ ולפיכך $\int f(g(x))g'(x)\mathrm dx=F(g(x))+c$ .

דרך פורמלית וכללית לפתרון: נתון $\int f(g(x))g'(x)\mathrm dx$ . ע"י הגדרה $y=g(x)$ נקבל $\frac{\mathrm dy}{\mathrm dx}=g'(x)$ . נעביר אגף: $\mathrm dy=g'(x)\mathrm dx$ , נחזור לאינטגרל ונקבל $\int f(y)\mathrm dy=F(y)+c=F(g(x))+c$ .

דוגמאות חישוב

בכל אחת מהדוגמאות הבאות נסמן את האינטגרל שיש לחשב כ- $I$ :

$\int x^2 e^{x^3}\mathrm dx$ : נציב $y=x^3$ ולכן $\mathrm dy = 3x^2\mathrm dx$ ולפיכך $I=\int \frac{e^y}3\mathrm dy=\frac{e^y}3+c=\frac{e^{x^3}}3+c$ .
$\int\frac{\ln(x)}x\mathrm dx$ : נציב $y=\ln(x)$ ואז $\mathrm dy=\frac1x\mathrm dx$ ונובע ש- $I=\int y\mathrm dy=\frac{y^2}2+c=\frac12(\ln(x))^2+c$ .
$\int\frac {x}{\sqrt{x^2+1}}\mathrm dx$ : נציב $y=x^2+1\implies\mathrm dy=2x\mathrm dx$ ולכן $I=\int\frac{\tfrac12\mathrm dy}{\sqrt y}=\frac12\int y^{-\frac12}\mathrm dy=y^{\frac12}+c=\sqrt{x^2+1}+c$ .
$\int\tan(x)\mathrm dx$ : עבור $y=\cos(x)$ נקבל $I=\int\frac{\sin(x)}{\cos(x)}\mathrm dx=\int\frac{-\mathrm dy}y=-\ln|y|+c=-\ln|\cos(x)|+c=\ln|\sec(x)|+c$ .
$\int\cot(x)\mathrm dx=\int\frac{\cos(x)}{\sin(x)}\mathrm dx=\ln|\sin(x)|+c$ .
$\int\frac{f'(x)}{f(x)}\mathrm dx$ : נציב $y=f(x)$ ונקבל $I=\int\frac{\mathrm dy}y=\ln|y|+c=\ln|f(x)|+c$ .
לכן ניתן להוכיח שוב את סעיף 4: $\int\tan(x)\mathrm dx=-\int\frac{\cos'(x)}{\cos(x)}\mathrm dx=-\ln|\cos(x)|+c$ .
$\int\frac{f'(x)}{f^2(x)}\mathrm dx$ : נציב $y=f(x)$ ונקבל $I=\int\frac{\mathrm dy}{y^2}=-\frac1y+c=-\frac1{f(x)}+c$ .
$\int\frac{x^5\mathrm dx}{\sqrt{1-x^3}}$ : נציב $y=1-x^3$ ואז $\frac{(1-y)\mathrm dy}{-3}=x^5\mathrm dx$ . מכאן ש- $I=\int\frac{\frac{1-y}{-3}\mathrm dy}{\sqrt y}=\int\left(\frac13\sqrt y-\frac{1}{\sqrt y}\right)\mathrm dy=\frac29\sqrt{1-x^3}^3-\frac23\sqrt{1-x^3}+c$ .
$\int\arcsin(x)\mathrm dx$ : נציב $y=\arcsin(x)$ ומכאן ש- $\mathrm dx=\cos(y)\mathrm dy$ . לבסוף,

ממשפט פיתגורס ומהסרטוט נובע כי $\cos(\arcsin(x))=\sqrt{1-x^2}$
$\begin{align}I&=\int y\cos(y)\mathrm dy\\&=y\sin(y)-\int1\sin(y)\mathrm dy\\&=y\sin(y)+\cos(y)+c\\&=x\arcsin(x)+\cos(\arcsin(x))+c\end{align}$
ולכן $I=x\arcsin(x)+\sqrt{1-x^2}+c$ .
דרך אחרת: $I=\int1\arcsin(x)\mathrm dx=x\arcsin(x)-\int\frac {x}{\sqrt{1-x^2}}\mathrm dx$ . נגדיר $y=1-x^2$ ושוב נקבל
$\begin{align}I&=x\arcsin(x)-\int\frac{ x}{\sqrt{1-x^2}}\mathrm dx\\&=x\arcsin(x)+\int\frac{\mathrm dy}{2\sqrt y}\\&=x\arcsin(x)-\sqrt y+c\\&=x\arcsin(x)+\sqrt{1-x^2}+c\end{align}$
$\int e^\sqrt x\mathrm dx$ : נציב $y=\sqrt x\implies\mathrm dy=\frac{\mathrm dx}{2\sqrt x}$ ולכן $I=\int 2ye^y\mathrm dy=2ye^y-\int2e^y\mathrm dy=2\sqrt xe^\sqrt x-2e^\sqrt x+c$ .
$\int\sin(x)\cos(x)\mathrm dx$ : נבחר $y=\sin(x)$ כדי לקבל $I=\int y\mathrm dy=\frac12y^2+c=\frac12\sin^2(x)+c$ .
שיטה אחרת: $y=\cos(x)$ ואז $I=\int-y\mathrm dy=-\frac12\cos^2(x)+c$ .
שיטה אחרונה: $I=\int\frac12\sin(2x)\mathrm dx=-\frac14\cos(2x)+c$ .
קיבלנו 3 תשובות שונות באותו תרגיל, אך אין סתירה כי ההפרש בין כל שתי תשובות הוא גודל קבוע. למשל: $\frac12\sin^2(x)-\left(-\frac12\cos^2(x)\right)=\frac12\left(\cos^2(x)+\sin^2(x)\right)=\frac12$ .