שינויים
/* שיטת ההצבה/שינוי משתנים */
==שיטת ההצבה/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>.
דרך פורמלית וכללית לפתרון: נתון <math>\int f(g(x))g'(x)\mathrm dx</math>. ע"י הגדרה <math>y=g(x)</math> 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>.
# <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> ולפיכך <math>I=\int \frac{e^y}3\mathrm dy=\frac{e^y}3+c=\frac{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> 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> 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=\int\frac{-\mathrm dy}y=-\ln|y|+c=-\ln|\cos(x)|+c=\ln|\sec(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>. מכאן ש-<math>I=\int\frac{\frac{1-y}{-3}\mathrm dy}{\sqrt y}=\int\left(\frac13\sqrt y-\frac1frac{1}{\sqrt y}\right)\mathrm dy=\frac29\sqrt{1-x^3}^3-\frac23\sqrt{1-x^3}+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>. לבסוף, {{left|[[קובץ:חישושב קוסינוס של ארקסינוס.png|שמאל|300px|ממוזער|ממשפט פיתגורס ומהסרטוט נובע כי <math>\cos(\arcsin(x))=\sqrt{1-x^2}</math>]]<math>\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}</math>}} ולכן <math>I=x\arcsin(x)+\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> ושוב נקבל {{left|<math>\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}</math>}}
# <math>\int e^\sqrt x\mathrm dx</math>: נציב <math>y=\sqrt x\implies\mathrm dy=\frac{\mathrm dx}{2\sqrt x}</math> ולכן <math>I=\int 2ye^y\mathrm dy=2ye^y-\int2e^y\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(x)</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> ואז <math>I=\int-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\sin^2(x)-\left(-\frac12\cos^2(x)\right)=\frac12\left(\cos^2(x)+\sin^2(x)\right)=\frac12</math>.
