אינטגרל לא מסויים/דוגמאות - היסטוריית גרסאות

יהודה שמחה: /* 9 */

2017-01-10T22:41:03Z

→ הגרסה הקודמת		גרסה מ־22:41, 10 בינואר 2017
שורה 169:		שורה 169:
	כעת נחשב את האינטגרל השני שקיבלנו:		כעת נחשב את האינטגרל השני שקיבלנו:

	<math>\int \frac{dx}{x\sqrt{1-x^{2}}}=\begin{Bmatrix}		<math>\int\frac{dx}{x\sqrt{1-x^2}}=\begin{Bmatrix}x=\cos(u)\\dx=\sin(u)du\end{Bmatrix}=\int\dfrac{\sin(u)}{\cos(u)\sqrt{1-\cos^2(u)}}du=\int \frac{du}{\cos(u)}</math>
	x=~~cosu~~\\
	dx=~~sinudu~~
	\end{Bmatrix}=
	\int \~~frac~~{~~sinu~~}{~~cosu~~\sqrt{1-cos^{2}u}}du=\int \frac{du}{~~cosu~~}=</math>


	וכעת ניעזר בהצבה האוניברסלית כדי למצוא את האינטגרל החדש:		וכעת ניעזר בהצבה האוניברסלית כדי למצוא את האינטגרל החדש:

	<math>\int \frac{du}{~~cosu~~}=\int \frac{2}{1+t^{2}}\cdot \frac{1+t^{2}}{1-t^{2}}dt=\int \frac{2dt}{(1+t)(1-t)}=\int\frac{dt}{1-t}+\frac{dt}{1+t}=ln\|1+t\|-ln\|1-t\|+c=ln\frac{1+t}{1-t}+c</math>		<math>\begin{align}\int\frac{du}{\cos(u)}&=\int\frac{2}{1+t^2}\cdot\frac{1+t^2}{1-t^2}dt=\int\frac{2dt}{(1+t)(1-t)}=\int\frac{dt}{1-t}+\frac{dt}{1+t}\\&=\ln\big(\|1+t\|\big)-\ln\big(\|1-t\|\big)+C=\ln\left(\left\|\frac{1+t}{1-t}\right\|\right)+C\end{align}</math>

	כרגיל להחזיר ולהנות (:		כרגיל להחזיר ולהנות (:

יהודה שמחה: /* 15 */

2016-11-02T23:56:44Z

→ הגרסה הקודמת		גרסה מ־23:56, 2 בנובמבר 2016
שורה 277:		שורה 277:
	ונשים לב כי מתקיים (באופן די מגניב):		ונשים לב כי מתקיים (באופן די מגניב):

	<math>\int\frac{\ln(x)-1}{\ln(x)^2}dx=\int\frac{dx}{\ln(x)}-\int\frac{dx}{\ln(x)^2}=\frac{x}{\ln(x)}+C</math>		<math>\int\frac{\ln(x)-1}{\ln(x)^2}dx={\color{blue}\int\frac{dx}{\ln(x)}}-\int\frac{dx}{\ln(x)^2}={\color{blue}\frac{x}{\ln(x)}+\int\frac{dx}{\ln(x)^2}}-\int\frac{dx}{\ln(x)^2}</math>

			לבסוף:

			<math>\int\frac{\ln(x)-1}{\ln(x)^2}dx=\frac{x}{\ln(x)}+C</math>

	==16==		==16==

יהודה שמחה: /* פתרון */

2016-11-02T23:40:26Z

פתרון

→ הגרסה הקודמת		גרסה מ־23:40, 2 בנובמבר 2016
שורה 267:		שורה 267:


	<math>\int\frac{\ln(x)-1}{\ln(x)^2}dx=\int\frac{\ln(x)}{\ln(x)^2}dx-\int\frac{dx}{\ln(x)^2}dx=\int\frac{dx}{\ln(x)}-\int\frac{dx}{\ln(x)^2}</math>		<math>\int\frac{\ln(x)-1}{\ln(x)^2}dx=\int\frac{\ln(x)}{\ln(x)^2}dx-\int\frac{dx}{\ln(x)^2}=\int\frac{dx}{\ln(x)}-\int\frac{dx}{\ln(x)^2}</math>

יהודה שמחה ב־14:25, 2 בנובמבר 2016

2016-11-02T14:25:37Z

→ הגרסה הקודמת		גרסה מ־14:25, 2 בנובמבר 2016
שורה 148:		שורה 148:
	נעזר באינטגרציה בחלקים:		נעזר באינטגרציה בחלקים:

	<math>\begin{Bmatrix}u=-\ln(x)\\dv=\frac{1}{x}\end{Bmatrix}\qquad\int\frac{\ln\left(\frac{1}{x}\right)}{x}dx={\color{blue}-\int\frac{\ln(x)}{x}dx=-\ln^2(x)+\int\frac{\ln(x)}{x}dx}</math>		<math>\begin{Bmatrix}u=-\ln(x)\\dv=\frac{1}{x}\end{Bmatrix}\qquad\int\frac{\ln\left(\frac{1}{x}\right)}{x}dx={\color{blue}-\int\frac{\ln(x)}{x}dx=-\ln(x)^2+\int\frac{\ln(x)}{x}dx}</math>

	קיבלנו:		קיבלנו:

	<math>-2\int\frac{\ln(x)}{x}dx=-\ln^2(x)</math>		<math>-2\int\frac{\ln(x)}{x}dx=-\ln(x)^2</math>

	לבסוף:		לבסוף:

	<math>\int\frac{\ln\left(\frac{1}{x}\right)}{x}dx=-\frac{\ln^2(x)}{2}+C</math>		<math>\int\frac{\ln\left(\frac{1}{x}\right)}{x}dx=-\frac{\ln(x)^2}{2}+C</math>

	==9==		==9==
שורה 212:		שורה 212:

	==12==		==12==
	<math>\int \frac{~~sinx~~\~~cdot cosx~~}{\sqrt{~~asin~~^{2}x+~~bcos~~^{2}x}}dx</math>		<math>\int\frac{\sin(x)\cos(x)}{\sqrt{a\sin^2(x)+b\cos^2(x)}}dx</math>

	===פתרון===		===פתרון===
			<math>\int\frac{\sin(x)\cos(x)}{\sqrt{a\sin^2(x)+b\cos^2(x)}}dx=\int\frac{\sin(x)\cos(x)}{\sqrt{(a-b)\sin^2(x)+b}}dx=\begin{Bmatrix}t=\sin(x)\\dt=\cos(x)dx\end{Bmatrix}=\int\frac{t}{\sqrt{(a-b)t^2+b}}dt=\begin{Bmatrix}u=(a-b)t^{2}+b\\ du=2(a-b)tdt\end{Bmatrix}=</math>

	~~<math>\int \frac{sinx\cdot cosx}{\sqrt{asin^{2}x+bcos^{2}x}}dx=\int\frac{sinx\cdot cosx}{\sqrt{(a-b)sin^{2}x+b}}dx=\begin{Bmatrix}~~
	~~t=sinx\\~~
	~~dt=cosxdx~~
	~~\end{Bmatrix}=~~
	~~\int \frac{tdt}{\sqrt{(a-b)t^{2}+b}}=\begin{Bmatrix}~~
	~~u=(a-b)t^{2}+b\\~~
	~~du=2(a-b)tdt~~
	~~\end{Bmatrix}= </math>~~

			<math>\frac{1}{2a-2b}\int\frac{du}{\sqrt u}=\frac{\sqrt u}{a-b}+C=\frac{\sqrt{(a-b)t^2+b}}{a-b}+C=\frac{\sqrt{(a-b)\sin^2(x)+b}}{a-b}+C</math>
	<math>\frac{1}{2a-2b}\int\frac{du}{\sqrt{u}}=\frac{1}{a-b~~}\sqrt{u~~}+c=\frac{~~1}{a-b}~~\sqrt{(a-b)t^{2}+b}~~+c=\frac{1~~}{a-b}\sqrt{(a-b)sin^{2}x+b}+c</math>

	===פתרון (יותר מוצלח כמסתבר)===		===פתרון (יותר מוצלח כמסתבר)===
			להציב <math>t=a\sin^2(x)+b\cos^2(x)</math>
	להציב <math>t=~~asin~~^{2}x+~~bcos~~^{2}x</math>

	==13==		==13==
	<math>\int \sqrt {\tan ^2(x)+2} dx </math>		<math>\int\sqrt{\tan^2(x)+2}dx</math>

	===פתרון (לא מלא)===		===פתרון (לא מלא)===
שורה 239:		שורה 230:
	זה לקח לי שני עמודים בכתב יד, זה נורא (אני בטוח שיש פתרון יותר חכם)		זה לקח לי שני עמודים בכתב יד, זה נורא (אני בטוח שיש פתרון יותר חכם)

	'''הצבה 1:''' <math>t=~~tanx~~</math>		'''הצבה 1:''' <math>t=\tan(x)</math>


	'''הצבה 2:''' <math>t=\~~sqrt{2}sinhu~~</math>		'''הצבה 2:''' <math>t=\sqrt2\sinh(u)</math>


שורה 251:		שורה 242:


	מכאן זו פונקציה רצינואלית של ~~ליניארי~~ חלקי פולינום ממעלה 2, זה לא בעיה בהשוואה למה שהלך למעלה.		מכאן זו פונקציה רצינואלית של לינארי חלקי פולינום ממעלה 2, זה לא בעיה בהשוואה למה שהלך למעלה.

	במקרה הכי גרוע, תהיה הצבה 4.		במקרה הכי גרוע, תהיה הצבה 4.

	==14==		==14==
	<math>\int \frac{1}{\sqrt[4]{sin(x)^~~3cos~~(x)^5}} dx</math>		<math>\int\frac{dx}{\sqrt[4]{\sin^3(x)\cos^5(x)}}</math>

	===פתרון===		===פתרון===
			<math>\int\frac{dx}{\sqrt[4]{\sin^3(x)\cos^5(x)}}=\int\frac{dx}{\cos(x)\sqrt{\sin(x)}\sqrt[4]{\sin(x)\cos(x)}}=\int\frac{\sqrt{\sin(x)}}{\cos(x)\sin(x)\sqrt[4]{\sin(x)\cos(x)}}dx</math>

			<math>=2\int\frac{\sqrt[4]{\sin^2(x)}}{\sin(2x)\sqrt[4]{\sin(x)\cos(x)}}dx=2\int\frac{\sqrt[4]{\tan(x)}}{\sin(2x)}dx</math>


	<math>~~\int \frac{dx}{\sqrt[4]{sin~~^~~{3}x\cdot cos^{5}x}}=\int \frac{dx}{cosx\sqrt{sinx}\sqrt[4]{sinx\cdot cosx}}=\int \frac{\sqrt{sinx}dx}{cosx\cdot sinx \cdot \sqrt[~~4~~]{sinx\cdot cosx}}~~=		כעת נציב: <math>t^4=\tan(x)</math>
	2\~~int \frac{\sqrt[4]{sin^{2}~~x~~}}{sin2x\cdot \sqrt[4]{sinx\cdot cosx}}dx=2\int \frac{\sqrt[4]{tanx}dx}{sin2x}~~</math>


	~~כעת נציב:~~ <math>t^{4}=~~tanx~~</math>		<math>2\int\frac{\sqrt[4]{\tan(x)}}{\sin(2x)}dx=2\int\frac{t}{\frac{2t^4}{t^8+1}}\cdot\frac{4t^3}{(t^8+1)}dt=2\int\frac{4t^4}{2t^4}dt=4\int dt=4\sqrt[4]{\tan(x)}+C</math>

			==15==
			<math>\int\frac{\ln(x)-1}{\ln(x)^2}dx</math>

	~~<math>2\int \frac{\sqrt[4]{tanx}}{sin2x}dx=2\int \frac{t}{\frac{2t^{4}}{t^{8}+1}}\cdot \frac{4t^{3}dt}{(t^{8}+1)}=2\int \frac{4t^{4}dt}{2t^{4}}=\int 4dt=4\sqrt[4]{tanx}+c</math>~~

	~~==15==~~
	~~<math>\int \frac{ln(x)-1}{ln(x)^2} dx</math>~~
	===פתרון===		===פתרון===
	(קרדיט מלא לסורקין) תוקן! סורקין לא סרוקין ולא צריך קרדיט...		(קרדיט מלא לסורקין) תוקן! סורקין לא סרוקין ולא צריך קרדיט...


	<math>\int \frac {ln(x)-1}{ln(x)^2} dx=\int \frac {ln(x)}{ln(x)^2} dx - \int \frac {1}{ln(x)^2}dx =\int \frac {dx}{ln(x)}- \int \frac {dx}{ln(x)^2}</math>		<math>\int\frac{\ln(x)-1}{\ln(x)^2}dx=\int\frac{\ln(x)}{\ln(x)^2}dx-\int\frac{dx}{\ln(x)^2}dx=\int\frac{dx}{\ln(x)}-\int\frac{dx}{\ln(x)^2}</math>


	כעת נתמקד באינטגרל הראשון, נפעיל אינטגרציה בחלקים:		כעת נתמקד באינטגרל הראשון, נפעיל אינטגרציה בחלקים:

	<math>\int \frac{dx}{~~lnx~~}=\begin{Bmatrix}		<math>\int\frac{dx}{\ln(x)}=\begin{Bmatrix}u=x&du=dx\\v=\frac{1}{\ln(x)}&dv=-\frac{dx}{x\ln(x)^2}\end{Bmatrix}=\frac{x}{\ln(x)}+\int\frac{dx}{\ln(x)^2}</math>
	u=x &du=dx \\
	v=\frac{1}{~~lnx~~} &dv=-\frac{dx}{~~xln~~^{2}x}
	\end{Bmatrix}=\frac{x}{~~lnx~~}+\int \frac{dx}{ln^{2}x}
	</math>


	ונשים לב כי מתקיים (באופן די מגניב):		ונשים לב כי מתקיים (באופן די מגניב):

	<math>\int \frac{~~lnx~~-1}{ln^{2}x}dx=\int \frac{dx}{~~lnx~~} - \int \frac{dx}{ln^{2}x}=\frac{x}{~~lnx~~}+c</math>		<math>\int\frac{\ln(x)-1}{\ln(x)^2}dx=\int\frac{dx}{\ln(x)}-\int\frac{dx}{\ln(x)^2}=\frac{x}{\ln(x)}+C</math>

	==16==		==16==

יהודה שמחה ב־12:19, 2 בנובמבר 2016

2016-11-02T12:19:51Z

→ הגרסה הקודמת		גרסה מ־12:19, 2 בנובמבר 2016
שורה 3:		שורה 3:

	==2==		==2==
			<math>\int\frac{dx}{\sqrt{x^2-4x-5}}</math>
	<math>\int \frac{dx}{\sqrt{x^{2}-4x-5}}</math>

	===פתרון===		===פתרון===
שורה 192:		שורה 191:


	<math>=\dfrac{a^4}{4}\int\sin^2(2u)du=\dfrac{a^4}{4}\int\frac{1-\cos(4u)}{2}du=\dfrac{a^4}{8}\left(\int du-\int\cos(4u)du\right)=\dfrac{a^4}{8}\left(u-\dfrac{\sin(4u)}{4}\right)</math>		<math>=\dfrac{a^4}{4}\int\sin^2(2u)du=\dfrac{a^4}{4}\int\frac{1-\cos(4u)}{2}du=\dfrac{a^4}{8}\left(\int du-\int\cos(4u)du\right)=\dfrac{a^4}{8}\left(u-\dfrac{\sin(4u)}{4}\right)+C</math>


שורה 208:		שורה 207:
	<math>\int x^2\sqrt{a^2+x^2}dx</math>		<math>\int x^2\sqrt{a^2+x^2}dx</math>

	הצבה היפרבולית <math>x=a\sinh(t)</math>		הצבה היפרבולית <math>x=a\sinh(u)\ ,\ dx=a\cosh(u)du</math>

	[http://en.wikipedia.org/wiki/Hyperbolic_function נוסחאות לפונקציות היפרבוליות]		[http://en.wikipedia.org/wiki/Hyperbolic_function נוסחאות לפונקציות היפרבוליות]

יהודה שמחה ב־10:28, 2 בנובמבר 2016

2016-11-02T10:28:03Z

→ הגרסה הקודמת		גרסה מ־10:28, 2 בנובמבר 2016
שורה 109:		שורה 109:

	===פתרון===		===פתרון===
	~~ניעזר~~ באינטגרציה בחלקים.		נעזר באינטגרציה בחלקים.

	<math>\int\frac{\arctan(e^{x})}{e^{x}}dx=\int\arctan(e^{x})e^{-x}dx=\begin{Bmatrix}du=e^{-x}dx\Rightarrow u=-e^{-x}\\ v=\arctan(e^{x})\Rightarrow dv=\frac{e^~~xdx~~}{1+e^{2x}}\end{Bmatrix}=-e^{-x}\arctan(e^x)+\int\frac{dx}{1+e^{2x}}</math>		<math>\int\frac{\arctan(e^{x})}{e^{x}}dx=\int\arctan(e^{x})e^{-x}dx=\begin{Bmatrix}du=e^{-x}dx\Rightarrow u=-e^{-x}\\ v=\arctan(e^{x})\Rightarrow dv=\frac{e^x}{1+e^{2x}}dx\end{Bmatrix}=-e^{-x}\arctan(e^x)+\int\frac{dx}{1+e^{2x}}</math>

	פתאום זה נראה יותר אנושי, כעת נסתכל על האינטגרל שנותר:		פתאום זה נראה יותר אנושי, כעת נסתכל על האינטגרל שנותר:
שורה 142:		שורה 142:

	==8==		==8==

	אחד קליל מהחוברת של בועז (:,		אחד קליל מהחוברת של בועז (:,

	<math>\int \frac{dx}{x}ln\~~frac{1~~}{x}</math>		<math>\int\frac{\ln\left(\frac{1}{x}\right)}{x}dx</math>

	===פתרון===		===פתרון===
			נעזר באינטגרציה בחלקים:

			<math>\begin{Bmatrix}u=-\ln(x)\\dv=\frac{1}{x}\end{Bmatrix}\qquad\int\frac{\ln\left(\frac{1}{x}\right)}{x}dx={\color{blue}-\int\frac{\ln(x)}{x}dx=-\ln^2(x)+\int\frac{\ln(x)}{x}dx}</math>

			קיבלנו:

			<math>-2\int\frac{\ln(x)}{x}dx=-\ln^2(x)</math>

			לבסוף:

	<math>\int \frac{~~dx}{x}~~ln\frac{1}{x}~~=-\int~~ \~~frac{lnx~~}{x}dx= -\frac{ln^{2}x}{2}+c</math>		<math>\int\frac{\ln\left(\frac{1}{x}\right)}{x}dx=-\frac{\ln^2(x)}{2}+C</math>

	==9==		==9==
			<math>\int\frac{\arcsin(x)}{x^2}dx</math>
	<math>\int \frac{~~arcsinx~~}{x^{2}}dx</math>

	===פתרון===		===פתרון===
			ראשית נפעיל אינטגרציה בחלקים כאשר: <math>v=\arcsin(x)\ ,\ du=\dfrac{dx}{x^2}</math>

	~~ראשית נפעיל אינטגרציה בחלקים כאשר: <math>v=arcsinx,du=\frac{dx}{x^{2}}</math>~~		<math>\int\frac{\arcsin(x)}{x^2}dx=-\frac{\arcsin(x)}{x}+\int\frac{dx}{x\sqrt{1-x^2}}</math>

	<math>\int \frac{~~arcsinx~~}{x^{2}}dx=-\frac{~~arcsinx~~}{x}+\int \frac{dx}{x\sqrt{1-x^{2}}}</math>


שורה 180:		שורה 186:
	<math>\int x^2\sqrt{a^2-x^2}dx</math>		<math>\int x^2\sqrt{a^2-x^2}dx</math>

	~~הצבה~~ <math>x=~~asin~~(t)</math>		נציב <math>x=a\sin(u)\ ,\ dx=a\cos(u)du</math>


			<math>\int x^2\sqrt{a^2-x^2}dx=\int a^2\sin^2(u)\sqrt{a^2-a^2\sin^2(u)}a\cos(u)du=a^4\int\big(\sin(u)\cos(u)\big)^2du</math>


			<math>=\dfrac{a^4}{4}\int\sin^2(2u)du=\dfrac{a^4}{4}\int\frac{1-\cos(4u)}{2}du=\dfrac{a^4}{8}\left(\int du-\int\cos(4u)du\right)=\dfrac{a^4}{8}\left(u-\dfrac{\sin(4u)}{4}\right)</math>


			<math>=\dfrac{a^4\big(u-\sin(u)\cos(u)\cos(2u)\big)}{8}+C</math>

			מההצבה הראשונית מתקבל:

			<math>x=a\sin(u)\Rightarrow u=\arcsin\left(\frac{x}{a}\right)</math>

			לבסוף:

			<math>\int x^2\sqrt{a^2-x^2}dx=\dfrac{a^4\arcsin\left(\frac{x}{a}\right)+x(2x^2-a^2)\sqrt{a^2-x^2}}{8}+C</math>

	==11==		==11==
	<math>\int x^2\sqrt{a^2+x^2}dx</math>		<math>\int x^2\sqrt{a^2+x^2}dx</math>

	הצבה היפרבולית <math>x=~~asinh~~(t)</math>.		הצבה היפרבולית <math>x=a\sinh(t)</math>

	[http://en.wikipedia.org/wiki/Hyperbolic_function נוסחאות לפונקציות היפרבוליות]		[http://en.wikipedia.org/wiki/Hyperbolic_function נוסחאות לפונקציות היפרבוליות]

יהודה שמחה ב־00:27, 2 בנובמבר 2016

2016-11-02T00:27:41Z

→ הגרסה הקודמת		גרסה מ־00:27, 2 בנובמבר 2016
שורה 120:		שורה 120:
	לבסוף:		לבסוף:

	<math>\int\frac{\arctan(e^x)}{e^x}dx=\ln\left(\frac{e^x}{\sqrt{1+e^{2x}}}\right)-e^{-x}\arctan(e^x)</math>		<math>\int\frac{\arctan(e^x)}{e^x}dx=\ln\left(\frac{e^x}{\sqrt{1+e^{2x}}}\right)-e^{-x}\arctan(e^x)+C</math>

	==7==		==7==
שורה 139:		שורה 139:
	לבסוף (אחרי פענוח):		לבסוף (אחרי פענוח):

	<math>\int\frac{\sqrt{x^2-16}}{x}dx=\sqrt{x^2-16}-4\arccos\left(\frac{4}{\|x\|}\right)</math>		<math>\int\frac{\sqrt{x^2-16}}{x}dx=\sqrt{x^2-16}-4\arccos\left(\frac{4}{\|x\|}\right)+C</math>

	==8==		==8==

יהודה שמחה ב־00:26, 2 בנובמבר 2016

2016-11-02T00:26:34Z

הצגת שינויים

OfirSh: /* דרך א' */

2012-05-08T17:29:53Z

דרך א'

→ הגרסה הקודמת		גרסה מ־17:29, 8 במאי 2012
שורה 82:		שורה 82:
	ואם נחזור לחישוב האינטגרל,		ואם נחזור לחישוב האינטגרל,

	<math>\int \sqrt{1.5^{2}-u^{2}}du=\int 1.5\sqrt{1-sin^{2}(t)} \cdot 1.5cos(t)dt=2.25\int cos^{2}(t)dt=2.25\int\frac{cos2t-1}{2}dt=2.25(\frac{sin2t}{4}-\frac{t}{2})+c </math>		<math>\int \sqrt{1.5^{2}-u^{2}}du=\int 1.5\sqrt{1-sin^{2}(t)} \cdot 1.5cos(t)dt=2.25\int cos^{2}(t)dt=2.25\int\frac{cos2t+1}{2}dt=2.25(\frac{sin2t}{4}+\frac{t}{2})+c </math>

	ומכאן מעבירים את t לx.		ומכאן מעבירים את t לx.

ארז שיינר: /* 17 */

2012-05-07T11:23:14Z

→ הגרסה הקודמת		גרסה מ־11:23, 7 במאי 2012
שורה 326:		שורה 326:

	כעת, נניח כי <math>m=2k</math> זוגי:		כעת, נניח כי <math>m=2k</math> זוגי:

			<math>I_m=\int sin^{2k}(x)dx = \int (sin^2(x))^kdx = \int (\frac{1-cos2x}{2})^k dx </math>

			וזו בעייה במעלה נמוכה יותר של אינטגרל על קוסינוס

			אם k אי זוגי אז פותרים באופן דומה להתחלה, ואם לא שוב מקטינים את החזקה על ידי זהות זוית כפולה של קוסינוס.