שינויים

<math>\int \frac{1dx}{x} dx = \ln(|x|)+cC</math>

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

===פתרון===''';השלמה לריבוע והצבה ראשונה:'''

<math>x^{2}-4x-5=(x-2)^{2}-9</math>

ולכן ההצבה הראשונה שנעשה תהא: <math>u=x-2</math>, וכמובן קל להבין כי <math>dx=du</math>.

<math>\int \frac{dx}{\sqrt{x^{2}-4x-5}}=\int \frac{du}{\sqrt{u^{2}-9}}</math>

''';פונקציות טריגונומטריות היפרבוליות (הערה):'''

ניעזר בתכונות של <math>\sinh(x)</math> ושל <math>\cosh(x)</math>:

<math>(\cosh(x))'=\sinh(x)=\int \cosh(x)dx</math>

וכן בזהות: <math>\cosh^{2}(x)=\sinh^{2}(x)+1</math>

''';הצבה שנייהשניה:'''

נציב: <math>u=3cosh3\cosh(t)\Rightarrow du=3sinh3\sinh(t)dt</math>

<math>\int \frac{dx}{\sqrt{x^{2}-4x-5}}=\int \frac{du}{\sqrt{u^{2}-9}}=\int \frac{3sinh3\sinh(t)dt}{\sqrt{9cosh9\cosh^{2}(t)-9}}dt=\int \frac{3sinh3\sinh(t)dt}{3sinh3\sinh(t)}dt=\int dt=t+constantC</math>

ולהחזיר את t לxל-x, אני משאיר לכם (:

<math>\int \frac{\sin^2(x)}{\cos^6(x)}dx</math> ===פתרון===<math>\int\frac{\sin^2(x)}{\cos^6(x)}dx=\begin{Bmatrix}t=\tan(x)\\ dt=\frac{dx}{\cos^2(x)}\end{Bmatrix}=\begin{Bmatrix}\sin^2(x)=\frac{t^2}{t^2+1}\\ \cos^2(x)=\frac{1}{t^2+1}\end{Bmatrix}=\int\frac{\frac{t^2}{t^2+1}}{\frac{1}{(t^2+1)^2}}dt=</math> <math>\int\frac{\sin^2(x)}{\cos^6(x)}dx=\int\frac{\frac{t^2}{t^2+1}}{\frac{1}{(t^2+1)^2}}dt=\int t^2(t^2+1)dt=\cdots=\frac{t^5}{5}+\frac{t^3}{3}+C</math> ::יש טעות בהצבה של <math>\cos^2(x)</math> , שכן <math>\cos^6(x)=(\cos^2(x))^3=\frac{1}{(t^2+1)^3}</math> :::אבל צריך לקחת בחשבון גם את ה-dt::::צודק. נראה לי שאם אני לא ראיתי את זה, גם אחרים לא יראו ;) ==4==בדומה לאינטגרל הקודם, לקוח מבועז צבאן (1.27) <math>\int\sqrt{2-x-x^2}dx</math> ===דרך א'==='''א.''' ניתן להשתמש בהצבת אוילר, אבל אנחנו ננקוט בטקטיקה שונה. <math>\int\sqrt{2-x-x^2}dx=\int\sqrt{1.5^2-(x+0.5)^2}dx=\int\sqrt{1.5^2-u^2}du</math> הצבה ראשונה: <math>u=x+0.5\Rightarrow dx=du</math>  הצבה שניה: <math>u=1.5\sin(t)\Rightarrow du=1.5\cos(t)dt</math>  ואם נחזור לחישוב האינטגרל, <math>\int\sqrt{1.5^2-u^2}du=\int 1.5\sqrt{1-\sin^2(t)}\cdot1.5\cos(t)dt=2.25\int\cos^2(t)dt=2.25\int\frac{\cos(2t)+1}{2}dt=2.25\left(\frac{\sin(2t)}{4}+\frac{t}{2}\right)+C</math> ומכאן מעבירים את t ל-x. ===דרך ב'===ההצבה הראשונה נשארת כפי שהייתה, אך הפעם לא נעשה הצבה שניה אלא נשתמש באינטגרציה בחלקים: <math>\int\sqrt{1.5^2-u^2}du=\int (u)'\sqrt{1.5^2-u^2}du=u\sqrt{1.5^2-u^2}+\int\frac{u^2du}{\sqrt{1.5^2-u^2}}</math> כעת נוכל להבחין כי מתקיים: <math>\int\frac{u^2}{\sqrt{1.5^2-u^2}}du=\int\frac{u^2-1.5^{2}+1.5^2}{\sqrt{1.5^2-u^2}}du=\int\frac{1.5^2}{\sqrt{1.5^2-u^2}}du-\int\sqrt{1.5^2-u^2}du</math> כעת נביט רק על האינטגרל הראשון ונציב: <math>1.5v=u</math> <math>\int\frac{1.5^2}{\sqrt{1.5^2-u^2}}du=1.5^2\int\frac{1.5}{1.5\sqrt{1-v^2}}dv=1.5^2\arcsin(v)=2.25\arcsin\left(\frac{2u}{3}\right)+C</math> אם נחזור לאינטגרל המקורי נקבל: <math>\int\sqrt{1.5^2-u^2}du=u\sqrt{1.5^2-u^2}+2.25\arcsin\left(\frac{2u}{3}\right)-\int\sqrt{1.5^2-u^2}du</math> <math>2\int\sqrt{1.5^2-u^2}du=u\sqrt{1.5^2-u^2}+2.25\arcsin\left(\frac{2u}{3}\right)+C</math> וסיימנו (: ==5==אינטגרל חביב שנלקח ממבחן בחדו"א בב"ג (של מדעי המחשב) <math>\int\frac{dx}{x+\sqrt[n]{x}}</math> כאשר <math>n\in\N</math> . ===פתרון===הכוונה היא עבור <math>n>1</math> , עבור <math>n=1</math> תסתכלו בדוגמא הראשונה. <math>\int\frac{dx}{x+\sqrt[n]{x}}=\begin{Bmatrix}t^n=x\\nt^{n-1}dt=dx\end{Bmatrix}=\int\frac{nt^{n-1}}{t^n+t}dt=n\int\frac{t^{n-2}}{t^{n-1}+1}dt=\begin{Bmatrix}k=t^{n-1}+1\\dk=(n-1)t^{n-2}dt\end{Bmatrix}=</math> <math>\int\frac{dx}{x+\sqrt[n]{x}}=\frac{n}{n-1}\int\frac{dk}{k}=\frac{n}{n-1}\ln(|k|)+c=\frac{n}{n-1}\ln\Big(|x^{\frac{n-1}{n}}+1|\Big)+C</math> ==6==<math>\int\frac{\arctan(e^x)}{e^x}dx</math> ===פתרון===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^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: <math>\int\frac{dx}{1+e^{2x}}=\begin{Bmatrix}t=tanxe^{2x}\\ dt=2t\,dx\end{Bmatrix}=\int\frac{dt}{2t(1+t)}=\int\frac{dt}{2t}-\int\frac{dt}{2t+2}=0.5\big(\ln(|t|)-\ln(|t+1|)\big)+C=0.5\ln\left(\frac{e^{2x}}{1+e^{2x}}\right)+C</math> 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)+C</math> ==7==<math>\int\frac{\sqrt{x^2-16}}{x}dx</math> ===פתרון===נעשה את ההצבה הבאה: <math>x=\frac{4}{\cos(u)}\Rightarrow dx=\frac{4\sin(u)}{\cos^2(u)}du</math> <math>\int\frac{\sqrt{x^2-16}}{x}dx=\int\frac{\sqrt{\frac{16}{\cos^2(u)}-16}}{\frac{4}{\cos(u)}}\cdot\frac{4\sin(u)}{\cos^2(u)}du=\int 4\tan^2(u)du=4\int\big(\sec^2(u)-1\big)du</math> <math>=4\int\sec^2(u)du-4\int du=4\big(\tan(u)-u\big)+C</math> מההצבה הראשונית מתקבל: <math>x=\frac{4}{\cos(u)}\Rightarrow u=\arccos\left(\frac{4}{x}\right)</math> לבסוף (אחרי פענוח): <math>\int\frac{\sqrt{x^2-16}}{x}dx=\sqrt{x^2-16}-4\arccos\left(\frac{4}{|x|}\right)+C</math> ==8==אחד קליל מהחוברת של בועז (:, <math>\int\frac{\ln\left(\frac{1}{x}\right)}{x}dx</math> ===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(x)^2+\int\frac{\ln(x)}{x}dx}</math> קיבלנו: <math>-2\int\frac{\ln(x)}{x}dx=-\ln(x)^2</math> לבסוף: <math>\int\frac{\ln\left(\frac{1}{x}\right)}{x}dx=-\frac{\ln(x)^2}{2}+C</math> ==9==<math>\int\frac{\arcsin(x)}{x^2}dx</math> ===פתרון===ראשית נפעיל אינטגרציה בחלקים כאשר: <math>v=\arcsin(x)\ ,\ du=\dfrac{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>  כעת נחשב את האינטגרל השני שקיבלנו: <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>  וכעת ניעזר בהצבה האוניברסלית כדי למצוא את האינטגרל החדש: <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 (: ==10==<math>\int x^2\sqrt{a^2-x^2}dx</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)+C</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{tx}{a}\right)</math> לבסוף: <math>\int x^2\sqrt{a^2-x^2}dx=\dfrac{a^4\arcsin\left(\frac{x}{ta}\right)+x(2x^2-a^2)\sqrt{a^2-x^2}}{8}+1C</math> ==11==<math>\int x^2\sqrt{a^2+x^2}dx</math> הצבה היפרבולית <math>x=a\sinh(u)\ ,\ dx=a\cosh(u)du</math> [http://en.wikipedia.org/wiki/Hyperbolic_function נוסחאות לפונקציות היפרבוליות] ==12==<math>\int\frac{\sin(x)\cos(x)}{\sqrt{a\sin^2(x)+b\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>\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> ===פתרון (יותר מוצלח כמסתבר)===להציב <math>t=a\sin^2(x)+b\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=\tan(x)</math>  '''הצבה 2:''' <math>t=\sqrt2\sinh(u)</math>  אח"כ צריך לשחק עם מה שמקבלים (לפי תכונות של קוסינוס וסינוס היפרבולי), ואז להעביר את זה לייצוג המקורי.  ואז, '''הצבה 3:''' <math>k=e^{2u}</math>  מכאן זו פונקציה רצינואלית של לינארי חלקי פולינום ממעלה 2, זה לא בעיה בהשוואה למה שהלך למעלה. במקרה הכי גרוע, תהיה הצבה 4. ==14==<math>\endint\frac{Bmatrixdx}{\sqrt[4]{\sin^3(x)\cos^5(x)}}</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>t^4=\tan(x)</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> ===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{dx}{\ln(x)^2}=\int\frac{dx}{\ln(x)}-\int\frac{dx}{\ln(x)^2}</math>  כעת נתמקד באינטגרל הראשון, נפעיל אינטגרציה בחלקים: <math>\int\frac{dx}{\ln(x)}=\begin{Bmatrix}u=x&du=dx\\v=\frac{1}{\ln(tx)}&dv=-\frac{dx}{x\ln(x)^2}\end{Bmatrix}=\frac{x}{\ln(x)}+\int\frac{dx}{\ln(x)^2}</math>  ונשים לב כי מתקיים (באופן די מגניב): <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}dt{\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==<math>\int \frac {\sqrt{1-\sqrt[3]{x}}}{x\cdot \sqrt{1+\sqrt[3]{x}}}dx</math> ===פתרון=== הצבה <math>1-\sqrt[3]{x}=t^2</math> לאחר מכן הצבה טריגונומטרית <math>t=\sqrt{2}sin(u)</math> ולאחר מכן ההצבה האוניברסאלית של טאנגנס חצי זוית ==17==<math>I_m=\int sin^m(x)dx</math> אם <math>m=2k+1</math> הינו אי זוגי, אזי: <math>I_m=\int (sin^2(x))^ksin(x)dx </math> נבצע את ההצבה <math>t=cosx</math> לקבל <math>I_m=\int -(1-t^2)^kdt</math> וזה פתיר וקל.  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