שינויים
/* 9 */
==2==
<math>\int \frac{dx}{\sqrt{x^{2}-4x-5}}</math>
===פתרון===
===פתרון===
<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>
פתאום זה נראה יותר אנושי, כעת נסתכל על האינטגרל שנותר:
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==
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==