תוכן עניינים

1 שיטות אינטגרציה
- 1.1 דוגמאות
- 1.2 שברים חלקיים
  - 1.2.1 דוגמאות

שיטות אינטגרציה

דוגמאות

בכל אחת מהדוגמאות הבאות נסמן את האינטגרל שיש לחשב כ- $\int$ .

$\int=\int\frac{\mathrm dx}{1+e^{2x}}$ : נציב $t=e^x\implies\frac{\mathrm dt}t=\mathrm dx$ ולכן
$\begin{align}\int&=\int\frac1{1+t^2}\cdot\frac{\mathrm dt}t\\&=\int\left(\frac{-t}{1+t^2}+\frac1t\right)\mathrm dt\\&=-\frac12\ln\left(1+t^2\right)+\ln|t|+c\\&=-\frac12\ln\left(1+e^{2x}\right)+x+c\end{align}$
$\blacksquare$
דרך אחרת: $\int=\int\frac{e^{-x}}{e^{-x}+e^x}\mathrm dx$ , נציב $t=e^{-x}\implies-\mathrm dt=e^{-x}\mathrm dx$ ולכן
$\begin{align}\int&=\int\frac{-\mathrm dt}{t+1/t}\\&=\int\frac{-t}{1+t^2}\mathrm dt\\&=-\frac12\ln\left(1+t^2\right)+c\\&=-\frac12\ln\left(1+e^{-2x}\right)+c\end{align}$
$\blacksquare$
$\int\frac{e^x}{1+e^{2x}}\mathrm dx$ : נגדיר $t=e^x$ ולכן $\int=\int\frac{\mathrm dt}{1+t^2}=\arctan(t)+c=\arctan\left(e^x\right)+c$ . $\blacksquare$
$\int\frac{e^{2x}}{1+e^{2x}}\mathrm dx$ : נגדיר $t=1+e^{2x}\implies\mathrm dt=2e^{2x}\mathrm dx$ ואז $\int=\int\frac{\mathrm dt/2}{t}=\frac12\ln|t|+c=\frac12\ln\left(1+e^{2x}\right)+c$ . $\blacksquare$
$\int\frac{e^{3x}}{1+e^{2x}}\mathrm dx$ : נציב $y=e^x\implies\mathrm dy=e^x\mathrm dx$ לקבל
$\begin{align}\int&=\int\frac{y^2}{1+y^2}\mathrm dy\\&=\int\left(\frac{y^2+1}{y^2+1}-\frac1{1+y^2}\right)\mathrm dy\\&=y-\arctan(y)+c\\&=e^x-\arctan\left(e^x\right)+c\end{align}$
$\blacksquare$
$\int\frac{\mathrm dx}\sqrt{x-x^2}$ : $t=\sqrt{1-x}\implies x=1-t^2\implies\mathrm dx=-2t\mathrm dt$ . לפיכך
$\begin{align}\int&=\int\frac{\mathrm dx}{\sqrt x\sqrt{1-x}}\\&=\int\frac{-2t\mathrm dt}{\sqrt{1-t^2}t}\\&=-2\arcsin(t)+c\\&=-2\arcsin\left(\sqrt{1-x}\right)+c\end{align}$
$\blacksquare$
$\int\sec(x)\mathrm dx=\int\frac{\cos(x)}{\cos^2(x)}\mathrm dx=\int\frac{\cos(x)}{1-\sin^2(x)}\mathrm dx$ : $y=\sin(x)\implies\mathrm dy=\cos(x)\mathrm dx$ ומכאן נובע
$\begin{align}\int&=\int\frac{\mathrm dy}{1-y^2}\\&=\int\frac{\mathrm dy}{(1-y)(1+y)}\\&=\int\left(\frac{1/2}{1-y}+\frac{1/2}{1+y}\right)\mathrm dy\\&=-\frac12\ln|1-y|+\frac12\ln|1+y|+c\\&=\frac12\ln\left(\frac{1+\sin(x)}{1-\sin(x)}\right)+c\end{align}$
$\blacksquare$
$\int\frac\sqrt{x-1}{x^2\sqrt{x+1}}\mathrm dx$ : אם $t=\frac1x\implies\mathrm dt=-\frac{\mathrm dx}{x^2}$ אז
$\begin{align}\int&=-\int\frac\sqrt{\frac1t-1}\sqrt{\frac1t+1}\mathrm dt\\&=-\int\frac\sqrt{1-t}\sqrt{1+t}\mathrm dt\\&=\int\frac{t-1}\sqrt{1-t^2}\mathrm dt\\&=\int\frac{t\mathrm dt}\sqrt{1-t^2}-\int\frac{\mathrm dt}\sqrt{1-t^2}\end{align}$
נציב $y=1-t^2\implies\frac{\mathrm dy}{-2}=t\mathrm dt$ ואז
$\begin{align}\int&=-\int\frac{\mathrm dy/2}{y^{1/2}}-\arcsin(t)\\&=-y^{1/2}-\arcsin(t)+c\\&=-\sqrt{1-\frac1{x^2}}-\arcsin\left(\frac1x\right)+c\end{align}$
$\blacksquare$
נתון $a>0$ קבוע וצריך למצוא נוסחת נסיגה ל- $I_n=\int\frac{\mathrm dx}{\left(x^2+a^2\right)^n}$ לכל $n\in\mathbb N$ . ברור כי $I_1=\int\frac{\mathrm dx}{x^2+a^2}=\frac1a\arctan\left(\frac xa\right)+c$ . כעת $\forall 1<n\in\mathbb N:\ I_n=\int\frac{x'\mathrm dx}{\left(x^2+a^2\right)^n}$ . לפיכך
$\begin{align}I_n&=\frac x{\left(x^2+a^2\right)^n}-\int(-n)\left(x^2+a^2\right)^{-n-1}2x\cdot x\mathrm dx\\&=\frac x{\left(x^2+a^2\right)^n}+2n\int\frac{x^2+a^2-a^2}{\left(x^2+a^2\right)^{n+1}}\mathrm dx\\&=\frac x{\left(x^2+a^2\right)^n}+2n\int\frac{\mathrm dx}{\left(x^2+a^2\right)^n}-2na^2\int\frac{\mathrm dx}{\left(x^2+a^2\right)^{n+1}}\\&=\frac x{\left(x^2+a^2\right)^n}+2nI_n-2na^2I_{n+1}\end{align}$
לכן $I_{n+1}=\frac x{2na^2\left(x^2+a^2\right)^n}+\frac{2n-1}{2na^2}I_n$ . $\blacksquare$ למשל, עבור $a=2$ נחשב $I_3$ : $I_2=\frac x{8\left(x^2+4\right)}+\frac18I_1$ וכן $I_3=\frac x{16\left(x^2+4\right)^2}+\frac3{16}I_2$ . לבסוף: $I_3=\frac x{16\left(x^2+4\right)^2}+\frac3{16}\left(\frac x{8\left(x^2+4\right)}+\frac18\cdot\frac12\arctan\left(\frac x2\right)\right)+c$ . $\blacksquare$

שברים חלקיים

נפתח שיטה לביצוע אינטגרציה של פונקציה רציונלית כלשהי $\frac pq$ ( $p,q$ פולינומים). כבר ראינו דוגמה פרטית של השיטה, כאשר פירקנו פונקציה רציונלית לסכום של פונקציות רציונליות פשוטות, וזה יסוד השיטה.

נסתמך ללא הוכחה על משפט מאלגברה: כל פונקציה רציונלית $\frac pq$ כך ש- $\deg(p)<\deg(q)$ ניתנת לפירוק יחיד כסכום של שברים חלקיים: $\frac A{\left(x-x_0\right)^n}+\frac{Bx+C}{\left(x^2+bx+c\right)^k}$ , כאשר $A,B,C,x_0\in\mathbb R$ קבועים ולמכנה $\left(x^2+bx+c\right)^k$ אין שורשים ממשיים (כלומר $b^2-4c<0$ ). האינטגרציה של השבר הראשון קלה: $\int\frac{A\mathrm dx}{\left(x-x_0\right)^n}=\frac{A\left(x-x_0\right)^{-n+1}}{-n+1}+c$ . לשבר השני יותר קשה למצוא אינטגרל. ניתן כמה דוגמאות:

$\begin{align}\int\frac{\mathrm dx}{x^2+6x+10}&=\int\frac{\mathrm dx}{x^2+6x+3^2+1}\\&=\int\frac{\mathrm dx}{\left(x+3\right)^2+1}\\&=\arctan(x+3)+c\end{align}$
$\begin{align}\int\frac{5x+2}{x^2+10x+34}\mathrm dx&=\int\frac{5x+2}{\left(x+5\right)^2+9}\mathrm dx\\&=\int\frac{5(x+5)-23}{\left(x+5\right)^2+9}\mathrm d(x+5)\\&=\frac52\ln\left(\left(x+5\right)^2+9\right)-\frac{23}3\arctan\left(\frac{x+5}3\right)+c\\&=\frac52\ln\left(x^2+10x+34\right)-\frac{23}3\arctan\left(\frac{x+5}3\right)+c\end{align}$
כאשר $\frac{\mathrm d(x+5)}{\mathrm dx}=1$ ולכן $\mathrm dx=\mathrm d(x+5)$ .
$\int=\int\frac{6x-5}{\left(x^2+4x+8\right)^3}\mathrm dx=\int\frac{6x-5}{\left(\left(x+2\right)^2+4\right)^3}\mathrm dx$
נציב $t=x+2$ ואז $\mathrm dt=\mathrm dx$ :
$\int=\int\frac{6t-17}{\left(t^2+4\right)^3}\mathrm dt=\int\frac{6t\mathrm dt}{\left(t^2+4\right)^3}-17\int\frac{\mathrm dt}{\left(t^2+4\right)^3}$
נציב $y=t^2+4\implies\mathrm dy=2t\mathrm dt$ ונסמן $I_n=\int\frac{\mathrm dx}{\left(x^2+4\right)^n}$ :
$\int=\int\frac{3\mathrm dy}{y^3}-17I_3=-\frac3{2y^2}-17I_3=-\frac32\cdot\frac1{\left(x^2+4x+8\right)^2}-17I_3$
כאשר $I_3$ הוא בדיוק אותו $I_3$ שמצאנו בסעיף 8 בדוגמאות מקודם.

באופן כללי נהפוך את השבר ל- $\frac{Bx}{\left(\left(x+\frac b2\right)^2+c-\frac{b^2}4\right)^k}+\frac C{\left(\left(x+\frac b2\right)^2+c-\frac{b^2}4\right)^k}$ . את האינטגרל של השבר השמאלי (זה שבמונהו יש $Bx$ ) נחשב ע"י הצבת $y=\left(x+\frac b2\right)^2+c-\frac{b^2}4$ , ואת השבר הימני לפי סעיף 8 בדוגמאות הנ"ל. לחלופין, את שני השברים הללו אפשר לחשב לפי שברים חלקיים.

עתה נשאר לנו ללמוד את השיטה לפירוק פונקציה נתונה לסכום של שברים חלקיים. נעזר במשפט היסודי של האלגברה: אם

p(x)=\sum_{k=0}^n a_kx^k\in\mathbb R_n[x]

אז קיים לו פירוק

p(x)=(x-x_1)(x-x_2)\dots(x-x_n)

(כאשר

\forall i:\ x_i\in\mathbb C

). חלק מה-

x_i

-ים יכולים להיות ממשיים, אבל בכל אופן מספר השורשים הלא ממשיים יהא זוגי. למשל:

\begin{align}\Big(x-(a+bi)\Big)\Big(x-(a-bi)\Big)&=x^2-(a+bi+a-bi)x+(a+bi)(a-bi)\\&=x^2-2ax+\left(a^2+b^2\right)\\&\in\mathbb R_2[x]\end{align}

כעת, בהינתן האינטגרל $\int\frac{p(x)}{q(x)}\mathrm dx$ כאשר $\deg(p)<\deg(q)$ נפרק את $q(x)$ ל- $\left(x^2+bx+c\right)^k$ ו- $\left(x-x_0\right)^n$ כנ"ל, נמצא $A,B,C$ כנזכר למעלה ונחשב את האינטגרל.

דוגמאות

$\int\frac{\mathrm dx}{x^2-1}=\int\frac{\mathrm dx}{(x-1)(x+1)}=\int\left(\frac A{x-1}+\frac B{x+1}\right)\mathrm dx$ . A ו-B מקיימים
$\begin{align}A(x+1)+B(x-1)=1&\implies x(A+B)+(A-B)=1\\&\implies\begin{cases}A+B=0\\A-B=1\end{cases}\\&\implies A=\frac12\ \and\ B=-\frac12\end{align}$
ונקבל $\int=\frac12\ln|x-1|-\frac12\ln|x+1|+c$ .
$\int\frac{\mathrm dx}{1-x^4}$ : האינטגרנד שווה ל- $\frac{-\mathrm dx}{(x-1)(x+1)(x^2+1)}=\frac A{x-1}+\frac B{x+1}+\frac{Cx+D}{x^2+1}$ . נמצא את A,B,C,D: מתקיים $-1=A(x+1)\left(x^2+1\right)+B(x-1)\left(x^2+1\right)+(Cx+D)\left(x^2-1\right)$ .
נציב $x=1$ ואז $-1=A\cdot2\cdot2\implies A=-\frac14$ .
נציב $x=-1$ : $-1=B\cdot(-2)\cdot2\implies B=\frac14$ .
נציב $x=0$ ונקבל $-1=A-B-D\implies D=\frac12$ .
לבסוף נציב $x=2$ ואז $-1=-15\cdot\frac14+5\cdot\frac14+\left(\frac12+2C\right)3\implies C=0$ .
לפיכך
$\begin{align}\int&=\int\left(\frac{-1/4}{x-1}+\frac{1/4}{x+1}+\frac{1/2}{x^2+1}\right)\mathrm dx\\&=-\frac14\ln|x-1|+\frac14\ln|x+1|+\frac12\arctan(x)+c\end{align}$