==1==
<math>\int \frac{1dx}{x} dx = \ln(|x|)+cC</math>
==2==
<math>\int \frac{dx}{\sqrt{x^{2}-4x-5}}</math>
===פתרון===
''';השלמה לריבוע והצבה ראשונה:'''
הדבר הראשון שנעשה הוא התהליך של השלמה לריבוע, שבסופו נקבל כי:
<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 (:
==3==
האינטגרל הבא לקוח מספר התרגילים של בועז צבאן (1.24, אם אינני טועה)
<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=tanx\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}+cC</math>
::יש טעות בהצבה של <math>\cos^2(x)</math> , שכן <math>\cos^6(x)=(\cos^2(x))^3=4==\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.
'''א.''' ניתן להשתמש בהצבת אויילר, 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 שנייהשניה: <math>u=1.5sint5\sin(t)\Rightarrow du=1.5costdt5\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)} \cdot 1cdot1.5cos5\cos(t)dt=2.25\int \cos^{2}(t)dt=2.25\int\frac{cos2t-\cos(2t)+1}{2}dt=2.25\left(\frac{sin2t\sin(2t)}{4}-+\frac{t}{2}\right)+c C</math>
ומכאן מעבירים את t לxל-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^{2}du2du}{\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>\int \frac{u^{2}du}{\sqrt{1.5^{2}-u^{2}}}5v=\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{1.5dv5}{1.5\sqrt{1-v^{2}}}dv=1.5^{2}\arcsin(v)=2.25arcsin25\arcsin\left(\frac{2u}{3}\right)+c C</math>
אם נחזור לאינטגרל המקורי נקבל:
<math>\int \sqrt{1.5^{2}-u^{2}}du=u\sqrt{1.5^{2}-u^{2}}+2.25arcsin25\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}}+2.25arcsin25\arcsin\left(\frac{2u}{3}\right)+cC</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\mathbb{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=e^{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{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==
<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>\int\frac{dx}{\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(x)}&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}{\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.
הכוונה היא עבור n>1כעת, עבור nנניח כי <math>m=1 תסתכלו בדוגמא הראשונה.2k</math> זוגי:
<math>I_m=\int \frac{dx}{x+\sqrt [n]{x}}=\begin{Bmatrix}tsin^{n2k}=(x\\ nt^{n-1}dt=)dx\end{Bmatrix}=\int \frac{nt(sin^{n-1}}{t2(x))^{n}+t}dtkdx =n\int (\frac{t^{n1-2}cos2x}{t^{n-12}+1}dt=\begin{Bmatrix}k=t^{n-1}+1\\ dk=(n-1)t^{n-2}dt\end{Bmatrix}=k dx </math>
וזו בעייה במעלה נמוכה יותר של אינטגרל על קוסינוס
<math>\int \frac{dx}{x+\sqrt [n]{x}}=\frac{n}{n-1}\int \frac{dk}{אם k}=\frac{n}{n-1}ln|k|+c= \frac{n}{n-1}ln|x^{\frac {n-1}{n}}+1|+c</math>אי זוגי אז פותרים באופן דומה להתחלה, ואם לא שוב מקטינים את החזקה על ידי זהות זוית כפולה של קוסינוס.