שינויים

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

ניעזר 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^xdxx}{1+e^{2x}}dx\end{Bmatrix}=-e^{-x}\arctan(e^x)+\int\frac{dx}{1+e^{2x}}</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>

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

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

<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>

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

<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>

<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>

הצבה נציב <math>x=asina\sin(tu)\ ,\ 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>

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

<math>\int \frac{sinx\cdot cosxsin(x)\cos(x)}{\sqrt{asina\sin^{2}(x)+bcosb\cos^{2}(x)}}dx</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>

 להציב <math>t=asina\sin^{2}(x)+bcosb\cos^{2}(x)</math>

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

'''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.

<math>\int \frac{1dx}{\sqrt[4]{\sin^3(x)\cos^3cos5(x)^5}} 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>

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

<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>

<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>

<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>