=האינטגרל הלא מסויים=
'''הגדרה:''' אינטגרל מסויים הוא אינטגרל עם גבולות <math>\int\limits_a^b f</math> שלמדנו עד עכשיו - גבול של סכומי רימן וסכומי דרבו. אם f רציפה ניתן, לפעמים, לחשב את האינטגרל לפי נוסחת ניוטון-לייבניץ. השלב העיקרי בחישוב זה הוא מציאת הפונקציה הקדומה, ולכן הגדירו אינטגרל לא מסויים - ללא גבולות - <math>\int f</math>, שפתרונו פשוט <math>F(x)+c</math> עבור F פונקציה קדומה ל-fוקבוע c.
==אינטגרלים פשוטים==
<math>\begin{array}{l r|l}
\underline{f(x)} && \underline{\int f(x)\mathrm {dx}\ {\color{Gray}-\text{ constant}}}\\
c && cx\\
a^x & (1\ne a>0) & \frac{a^x}{\ln(a)}\\
\frac1{1+x^2} && \arctan(x)\\
\frac1{a^2+x^2} && \frac1a\arctan\left(\frac xa{x}{a}\right)\\\frac1frac{1}{\sqrt{1-x^2}} && \arcsin(x)\\\frac1frac{1}{\sqrt{a^2-x^2}} && \arcsin\left(\frac xa\right)\\
\end{array}</math>
===בדיקות===
# נבדוק <math>\frac{\mathrm d}{\mathrm dx}\ln|x|=\frac1x</math> (עבור <math>x\ne0</math>): לפי ההגדרה <math>\ln|x|=\begin{cases}\ln(x)&x>0\\\ln(-x)&x<0\end{cases}</math>. לכן עבור <math>x>0</math> מתקיים <math>\frac{\mathrm d}{\mathrm dx}\ln|x|=\frac{\mathrm d}{\mathrm dx}\ln(x)=\frac1x</math> ועבור <math>x<0</math>, <math>\frac{\mathrm d}{\mathrm dx}\ln|x|=\frac{\mathrm d}{\mathrm dx}\ln(-x)=-\frac1{-x}=\frac1x</math>. {{משל}}# <math>\frac{\mathrm d}{\mathrm dx}\frac1a\arctan\left(\frac xa\right)=\frac1a\frac1{1+\left(\frac xa\right)^2}\frac1a=\frac1frac{1}{a^2+x^2}</math> . {{משל}}# <math>\frac{\mathrm d}{\mathrm dx}\arcsin\left(\frac xa\right)=\frac1frac{1}{\sqrt{1-\left(\frac xa\right)^2}}\frac1a=\frac1frac{1}{\sqrt{a^2-x^2}}</math> . {{משל}}
===דוגמאות חישוב===
{{left|1=<span><!-- ה-span הזה מונע באג שגורם לסעיף הראשון ברשימה להחשב שורה רגילה שמתחילה בתו # (במקום ב-1.)--></span># <math>\int\sqrt {x}\mathrm {dx}=\int x^\frac12\mathrm dx=\frac{x^\frac32}{3/2}+c=\frac23x^\frac32+c</math># <math>\int\frac1frac{1}{\sqrt{x-7}}\mathrm {dx}=\int(x-7)^{-\frac12}\mathrm dx=2(x-7)^\frac12+c</math># <math>\int\frac{\mathrm dx}{(3x-7)^{12}}=\int(3x-7)^{-12}\mathrm dx=\frac{(3x-7)^{-11}}{-11\cdot3}+c</math><div dir="rtl" align="right"> (מהפיכת כלל השרשרת)</div>
# <math>\int e^{-5x}\mathrm dx=\frac{e^{-5x}}{-5}+c</math>
# <math>\int\sin\left(x^2\right)\mathrm dx\ne\frac{-\cos(x^2)}{2}+c</math><div dir="rtl" align="right"> (למעשה, האינטגרל הזה לא אלמנטרי)</div>
# <math>\int3^xe^x\mathrm dx=\int(3e)^x\mathrm dx=\frac{(3e)^x}{\ln(3e)}+c=\frac{(3e)^x}{1+\ln(3)}+c</math>
# <math>\int\tan^2(x)\mathrm dx=\int(\sec^2(x)-1)\mathrm dx=\tan(x)-x+c</math># <math>\int\frac{1+\cos(x)}{1+\cos^2(2x)}\mathrm dx=???</math> - למרות שהפונקציה <div dir="rtl" align="right">(הפונקציה אלמנטרית אנו לא יודעים מה אבל האינטגרללא ידוע לנו. המסר הוא שהאינטגרציה קשה.)</div># <span id="partial_fraction_example"><!-- אל תמחקו span זה. הוא משמש להפנייה לסעיף זה של הדוגמה --></span><math>\begin{align}\int\frac1{(x-3)(x-4)}\mathrm dx&=\int\frac{(x-3)-(x-4)}{(x-3)(x-4)}\mathrm dx\\&=\int\frac{\mathrm dx}{x-4}-\int\frac{\mathrm dx}{x-3}\\&=\ln|x-4|-\ln|x-3|+c\end{align}</math>}}
'''כלל פשוט:''' האינטגרל לינארי, כלומר <math>\int(f+cg)=\int f+c\int g</math>.
==אינטגרציה בחלקים==
כזכור, אם f ו-g פונקציות גזירות אז <math>\frac{\mathrm d}{\mathrm dx}f(x)g(x)=f(x)g'(x)+f'(x)g(x)</math>. אם {{ltr|f' }} ו-{{ltr|g' }} רציפות נוכל להפוך את זה לנוסחת אינטגרציה:
<math>\int f(x)g'(x)\mathrm dx=f(x)g(x)-\int f'(x)g(x)\mathrm dx</math>.
# <math>\int x^3\ln(x)\mathrm dx=\frac{x^4}4\ln(x)-\int\frac1x\frac{x^4}4\mathrm dx=\frac{x^4}4\ln(x)-\frac{x^4}{16}+c</math>.
# <math>\int\ln(x)\mathrm dx=\int1\ln(x)\mathrm dx=x\ln(x)-\int\frac1xx\mathrm dx=x\ln(x)-x+c</math>.
# <math>\begin{align}\int e^x\cos(x)\mathrm dx&=e^x\sin(x)-\int e^x\sin(x)\mathrm dx\\&=e^x\sin(x)+e^x\cos(x)+-\int e^x(-\cos(x))\mathrm dx\end{align}</math> ולכן <math>\int e^x\cos(x)\mathrm dx=\frac{e^x}2\Big(\sin(x)+\cos(x)\Big)+c</math>.
==שיטת ההצבה/שינוי משתנים==
נתחיל עם כלל השרשרת: <math>\frac{\mathrm d}{\mathrm dx} f(g(x))=f'(g(x))g'(x)</math>. לכן אם F קדומה ל-f אז <math>\frac{\mathrm d}{\mathrm dx} F(g(x))=F'(g(x))g'(x)=f(g(x))g'(x)</math> ולפיכך <math>\int f(g(x))g'(x)\mathrm dx=F(g(x))+c</math>.
דרך פורמלית וכללית לפתרון: נתון <math>\int f(g(x))g'(x)\mathrm dx</math>. ע"י הגדרה <math>y=g(x)</math> נקבל <math>\frac{\mathrm dy}{\mathrm dx}=g'(x)</math>. נעביר אגף: <math>\mathrm dy=g'(x)\mathrm dx</math>, נחזור לאינטגרל ונקבל <math>\int f(y)\mathrm dy=F(y)+c=F(g(x))+c</math>.
# <math>\int x^2 e^{x^3}\mathrm dx</math>: נציב <math>y=x^3</math> ולכן <math>\mathrm dy = 3x^2\mathrm dx</math> ולפיכך <math>I=\int \frac{e^y}3\mathrm dy=\frac{e^y}3+c=\frac{e^{x^3}}3+c</math>.
# <math>\int\frac{\ln(x)}x\mathrm dx</math>: נציב <math>y=\ln(x)</math> ואז <math>\mathrm dy=\frac1x\mathrm dx</math> ונובע ש-<math>I=\int y\mathrm dy=\frac{y^2}2+c=\frac12(\ln(x))^2+c</math>.
# <math>\int\frac {x}{\sqrt{x^2+1}}\mathrm dx</math>: נציב <math>y=x^2+1\implies\mathrm dy=2x\mathrm dx</math> ולכן <math>I=\int\frac{\tfrac12\mathrm dy}{\sqrt y}=\frac12\int y^{-\frac12}\mathrm dy=y^{\frac12}+c=\sqrt{x^2+1}+c</math>.# <math>\int\tan(x)\mathrm dx</math>: עבור <math>y=\cos(x)</math> נקבל <math>I=\int\frac{\sin(x)}{\cos(x)}\mathrm dx=\int\frac{-\mathrm dy}y=-\ln|y|+c=-\ln|\cos(x)|+c=\ln|\sec(x)|+c</math>.
# <math>\int\cot(x)\mathrm dx=\int\frac{\cos(x)}{\sin(x)}\mathrm dx=\ln|\sin(x)|+c</math>.
#<math>\int\frac{f'(x)}{f(x)}\mathrm dx</math>: נציב <math>y=f(x)</math> ונקבל <math>I=\int\frac{\mathrm dy}y=\ln|y|+c=\ln|f(x)|+c</math>.<br />לכן ניתן להוכיח שוב את סעיף 4: <math>\int\tan(x)\mathrm dx=-\int\frac{\cos'(x)}{\cos(x)}\mathrm dx=-\ln|\cos(x)|+c</math>.
# <math>\int\frac{f'(x)}{f^2(x)}\mathrm dx</math>: נציב <math>y=f(x)</math> ונקבל <math>I=\int\frac{\mathrm dy}{y^2}=-\frac1y+c=-\frac1{f(x)}+c</math>.
# <math>\int\frac{x^5\mathrm dx}{\sqrt{1-x^3}}</math>: נציב <math>y=1-x^3</math> ואז <math>\frac{(1-y)\mathrm dy}{-3}=x^5\mathrm dx</math>. מכאן ש-<math>I=\int\frac{\frac{1-y}{-3}\mathrm dy}{\sqrt y}=\int\left(\frac13\sqrt y-\frac1frac{1}{\sqrt y}\right)\mathrm dy=\frac29\sqrt{1-x^3}^3-\frac23\sqrt{1-x^3}+c</math>.# <math>\int\arcsin(x)\mathrm dx</math>: נציב <math>y=\arcsin(x)</math> ומכאן ש-<math>\mathrm dx=\cos(y)\mathrm dy</math>. לבסוף, {{left|[[קובץ:חישושב קוסינוס של ארקסינוס.png|שמאל|300px|ממוזער|ממשפט פיתגורס ומהסרטוט נובע כי <math>\cos(\arcsin(x))=\sqrt{1-x^2}</math>]]<math>\begin{align}I&=\int y\cos(y)\mathrm dy\\&=y\sin(y)-\int1\sin(y)\mathrm dy\\&=y\sin(y)+\cos(y)+c\\&=x\arcsin(x)+\cos(\arcsin(x))+c\end{align}</math>}} גרף (1) ואז ולכן <math>I=x\arcsin(x)+\frac1\sqrt{1-x^2}+c</math>.<br />דרך אחרת: <math>I=\int1\arcsin(x)\mathrm dx=x\arcsin(x)-\int\frac {x}{\sqrt{1-x^2}}\mathrm dx</math>. נגדיר <math>y=1-x^2</math> ושוב נקבל {{left|<math>\begin{align}I&=x\arcsin(x)-\int\frac { x}{\sqrt{1-x^2}}\mathrm dx\\&=x\arcsin(x)+\int\frac{\mathrm dy}{2\sqrt y}\\&=x\arcsin(x)-\sqrt y+c\\&=x\arcsin(x)+\frac1\sqrt{1-x^2}+c\end{align}</math>}}
# <math>\int e^\sqrt x\mathrm dx</math>: נציב <math>y=\sqrt x\implies\mathrm dy=\frac{\mathrm dx}{2\sqrt x}</math> ולכן <math>I=\int 2ye^y\mathrm dy=2ye^y-\int2e^y\mathrm dy=2\sqrt xe^\sqrt x-2e^\sqrt x+c</math>.
# <math>\int\sin(x)\cos(x)\mathrm dx</math>: נבחר <math>y=\sin(x)</math> כדי לקבל <math>I=\int y\mathrm dy=\frac12y^2+c=\frac12\sin^2(x)+c</math>.<br />שיטה אחרת: <math>y=\cos(x)</math> ואז <math>I=\int-y\mathrm dy=-\frac12\cos^2(x)+c</math>.<br />שיטה אחרונה: <math>I=\int\frac12\sin(2x)\mathrm dx=-\frac14\cos(2x)+c</math>.<br />קיבלנו 3 תשובות שונות באותו תרגיל, אך אין סתירה כי ההפרש בין כל שתי תשובות הוא גודל קבוע. למשל: <math>\frac12\sin^2(x)-\left(-\frac12\cos^2(x)\right)=\frac12\left(\cos^2(x)+\sin^2(x)\right)=\frac12</math>.