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)^2+\int\frac{\ln(x)}{x}dx}</math>
קיבלנו:
<math>-2\int\frac{\ln(x)}{x}dx=-\ln^2(x)^2</math>
לבסוף:
<math>\int\frac{\ln\left(\frac{1}{x}\right)}{x}dx=-\frac{\ln^2(x)^2}{2}+C</math>
==9==
כעת נחשב את האינטגרל השני שקיבלנו:
<math>\int \frac{dx}{x\sqrt{1-x^{2}}}=\begin{Bmatrix}x=cosu\cos(u)\\ dx=sinudu\sin(u)du\end{Bmatrix}=\int \fracdfrac{sinu\sin(u)}{cosu\cos(u)\sqrt{1-\cos^{2}(u)}}du=\int \frac{du}{cosu\cos(u)}=</math>
וכעת ניעזר בהצבה האוניברסלית כדי למצוא את האינטגרל החדש:
<math>\begin{align}\int \frac{du}{cosu\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)+cC=\ln\left(\left|\frac{1+t}{1-t}\right|\right)+cC\end{align}</math>
כרגיל להחזיר ולהנות (:
==12==
<math>\int \frac{sinx\cdot cosxsin(x)\cos(x)}{\sqrt{asina\sin^{2}(x)+bcosb\cos^{2}(x)}}dx</math>
===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{1\sqrt u}{a-b}\sqrt{u}+cC=\frac{1}{a-b}\sqrt{(a-b)t^{2}+b}+c=\frac{1}{a-b}+C=\frac{\sqrt{(a-b)\sin^{2}(x)+b}}{a-b}+cC</math>
===פתרון (יותר מוצלח כמסתבר)===
להציב <math>t=asina\sin^{2}(x)+bcosb\cos^{2}(x)</math>
==13==
<math>\int \sqrt {\tan ^2(x)+2} dx </math>
===פתרון (לא מלא)===
זה לקח לי שני עמודים בכתב יד, זה נורא (אני בטוח שיש פתרון יותר חכם)
'''הצבה 1:''' <math>t=tanx\tan(x)</math>
'''הצבה 2:''' <math>t=\sqrt{2}sinhusqrt2\sinh(u)</math>
מכאן זו פונקציה רצינואלית של ליניארי לינארי חלקי פולינום ממעלה 2, זה לא בעיה בהשוואה למה שהלך למעלה.
במקרה הכי גרוע, תהיה הצבה 4.
==14==
<math>\int \frac{1dx}{\sqrt[4]{\sin^3(x)\cos^3cos5(x)^5}} dx</math>
===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>
כעת נציב: <math>\int \frac{dx}{\sqrt[4]{sint^{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}}=2\int \frac{\sqrt[4]{sin^{2}tan(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]{tanx\tan(x)}}{sin2x\sin(2x)}dx=2\int \frac{t}{\frac{2t^{4}}{t^{8}+1}}\cdot \frac{4t^{3}dt}{(t^{8}+1)}dt=2\int \frac{4t^{4}dt}{2t^{4}}dt=4\int 4dtdt=4\sqrt[4]{tanx\tan(x)}+cC</math>
==15==
<math>\int \frac{\ln(x)-1}{\ln(x)^2} dx</math>
===פתרון===
(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 {1dx}{\ln(x)^2}dx =\int \frac {dx}{\ln(x)}- \int \frac {dx}{\ln(x)^2}</math>
כעת נתמקד באינטגרל הראשון, נפעיל אינטגרציה בחלקים:
<math>\int \frac{dx}{lnx\ln(x)}=\begin{Bmatrix}u=x &du=dx \\ v=\frac{1}{lnx\ln(x)} &dv=-\frac{dx}{xlnx\ln(x)^{2}x} \end{Bmatrix}=\frac{x}{lnx\ln(x)}+\int \frac{dx}{\ln(x)^{2}x}</math>
ונשים לב כי מתקיים (באופן די מגניב):
<math>\int \frac{lnx\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}{lnx\ln(x)^2}} - \int \frac{dx}{\ln(x)^{2}</math> לבסוף: <math>\int\frac{\ln(x)-1}{\ln(x)^2}dx=\frac{x}{lnx\ln(x)}+cC</math>
==16==