שינויים
/* 9 */
==1==
<math>\int \frac{1dx}{x} dx = \ln(|x|)+cC</math>
==2==
<math>\int \frac{dx}{\sqrt{x^{2}-4x-5}}</math>
===פתרון===
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>
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>
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+C</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=\frac{1}{(t^2+1)^3}</math>
::: אבל צריך לקחת בחשבון גם את הdtה-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 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>
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}}=\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)+cC</math>
==6==
<math>\int \frac{\arctan(e^{x})}{e^{x}}dx</math>
===פתרון===
נעזר באינטגרציה בחלקים.
<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>
<math>\int\frac{dx}{1+\arctan(e^{2xx)}}=\begin{Bmatrix}t=e^{2xx}\\ dtdx=2tdx\end{Bmatrix}=ln\int \frac{dt}{2tleft(1+t)}=\int \frac{dte^x}{2t}-\int \fracsqrt{dt}{2t1+2}=0.5(ln|2t|-ln|2t+2|+c)=0.5ln(2ee^{2x}}}\right)-0.5ln(2ee^{2x-x}+2\arctan(e^x)+cC</math> כל שנותר הוא לאחד את התוצאות, ולקבל את התוצאה הסופית.
==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=4\int \frac{\sqrt{\frac{16}{cossec^{2}(u})du-16}}{\frac{4}{cosu}}\cdot \frac{4sinu}{cos^{2}u}int du=4\int 4tan^{2}udu=big(\int tan(4tan^{2}+4u)-4u\big)udu=4tanu-4u+cC</math>
<math>x=\frac{4}{\cos(u)}\Rightarrow u=8=\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{dx}{x}\ln\left(\frac{1}{x}\right)}{x}dx</math>
===פתרון===
נעזר באינטגרציה בחלקים:
<math>\int begin{Bmatrix}u=-\ln(x)\\dv=\frac{dx1}{x}\end{Bmatrix}\qquad\int\frac{\ln\left(\frac{1}{x}\right)}{x}dx={\color{blue}-\int \frac{lnx\ln(x)}{x}dx= -\frac{ln(x)^{2}+\int\frac{\ln(x)}{2x}dx}+c</math>
<math>-2\int \frac{arcsinx\ln(x)}{x^{2}}dx=-\ln(x)^2</math>
==9==<math>\int \frac{arcsinx\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{arcsinx\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=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 (:
<math>\int x^2\sqrt{a^2-x^2}dx</math>
==11==
<math>\int x^2\sqrt{a^2+x^2}dx</math>
הצבה היפרבולית <math>x=asinha\sinh(tu)\ ,\ dx=a\cosh(u)du</math>.
[http://en.wikipedia.org/wiki/Hyperbolic_function נוסחאות לפונקציות היפרבוליות]
==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>\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>
==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==
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.
