פתח את הסיכום והתרגילים בקובץ PDF
מבוא תיאורטי
להלן סיכום של ההרצאה מיום 29 בינואר 2025 והתרגול בנושא. שילבתי הגדרות ומשפטים מהקורס אינפי 2 באוניברסיטה הפתוחה. החלק הבא לא הוגדר בכתה מובא לשלמות ולתיעוד. לתרגילים מומלץ לדלג לחלק על שיטות אינטגרציה.
האינטגרל המסוים
פונקציה $f$ חסומה ב-$[a,b]$ נקראת אינטגרבילית ב-$[a,b]$ אם האינטגרל התחתון שלה בקטע זה שווה לאינטגרל העליון שלה בקטע זה. כלומר, אם:
\[\underline{\int_a^b} f(x)dx = \overline{\int_a^b} f(x)dx \Rightarrow f \text{ is integrable in } [a,b]\]אם פונקציה חסומה $f$ אינטגרבילית ב-$[a,b]$, אז הערך המשותף של האינטגרל העליון והתחתון של $f$ בקטע מכונה האינטגרל המסוים של $f$ מ- $a$ עד $b$.
הביטוי שבתוך $f(t)$ נקרא אינטגרנד.
פונקציה קדומה
״פונקציה קדומה״ $F(x)$ היא בעצם ״אנטי נגזרת״ (Antiderevative) של $f(x)$.
דוגמה 1: מהי קבוצת הפונקציות הקדומות של $f(x)=x^n$?
\[F(x)=\int x^n dx=\frac{x^{n+1}}{n+1}+C\]כאשר $C$ היא קבוע שרירותי.
דוגמה 2: מהי קבוצת הפונקציות הקדומות של $f(x)=\cos(x)$?
\[F(x)=\int \cos(x) dx=\sin(x)+C\]״הנוסחה היסודית״ של החשבון האינפיניטסימלי
ניתן להשתמש בפונקציה קדומה $F$ של $f$ כדי לחשב את השטח מתחת לגרף הפונקציה בין $a$ ל-$b$. כלומר:
\[\boxed{\int_a^b f(t)dt=F(b)-F(a)}\]דוגמה: $y=x^2$
מהו השטח מתחת לגרף הפונקציה $y=x^2$ בין $x=0$ ל-$x=1$?
\[S = \int_0^1 x^2dx = \frac{x^3}{3}\Big|_0^1 = \frac{1}{3}\]דוגמה: $f(x)=\cos x$
מהו השטח מתחת לגרף הפונקציה $f(x)=\cos x$ בין $x=0$ ל-$x=\frac{\pi}{2}$?
\[S = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos xdx = \sin x\Big|_0^{\frac{\pi}{2}} = 1 - 0 = 1\]טכניקות למציאת פונקציה קדומה
הוצאת קבוע
\[\int_a^b cf(x)dx = c\int_a^b f(x)dx\]טרנזיטיביות
\[\int_a^b (f(x) \pm g(x))dx = \int_a^b f(x)dx \pm \int_a^b g(x)dx\]אדיטיביות
\[\int_a^c f(t)dt = \int_a^b f(t)dt + \int_b^c f(t)dt\]כאשר $a \leq b \leq c$.
החלפת גבולות האינטגרציה משנה סימן
\[\int_a^b f(x)dx = -\int_b^a f(x)dx\]אינטגרל של פונקציה זוגית ואי זוגית
\[\int_{-a}^a f(x)dx = \begin{cases} 2\int_0^a f(x)dx & f(x) \text{ is even} \\ 0 & f(x) \text{ is odd} \end{cases}\]דוגמה $\int_{-3}^3 x^{17}e^{x^2}dx$
\[\int_{-3}^3 x^{17}e^{x^2}dx = 0\]משפט ערך הביניים עבור אינטגרלים
אם $\int_a^b f(t)dt$ הוא השטח מתחת לפונקציה $f(x)$ בין הנקודות $a$ ל-$b$, אז מתקיים:
\[\boxed{\int_a^b f(t)dt=(b-a)\cdot f(\xi)}\]כאשר $\xi \in [a,b]$. כלומר, קיימת נקודה בין $a$ ל-$b$ שבה הפונקציה קובעת את השטח.
״המשפט היסודי״ של החשבון האינטגרלי
בתנאים מסוימים (לא הורחבו בכתה) מתקיים הקשר הבא בין האינטגרל הבלתי מסוים $F_a$ והפונקציה $f$, או במילים אחרות - בין $f$ לבין פונקציה קדומה שלה $F$:
\[\boxed{F'_a(x)=f(x)}\]מהמשפט היסודי של החשבון האינפיניטסימלי נובע שהנגזרת של האינטגרל הבלתי מסוים היא הפונקציה $f$:
\[\frac{dF(x_0)}{dx_0} = F'(x_0) = f(x_0)\]סכום רימן
\[\begin{aligned} \sigma &= f(\xi _1)\Delta x_1+f(\xi _2)\Delta x_2+f(\xi _3)\Delta x_3+...+f(\xi _n)\Delta x_n \\ &= \sum_{i=1}^{n} f(\xi _i)\Delta x_i \Rightarrow \int_a^x f(t)dt = F_a(x) \end{aligned}\]שיטות אינטגרציה
הבהרה: אינטגרל בלתי מסוים לעומת אינטגרל מסוים
אינטגרל מסויים הוא השטח מתחת לגרף הפונקציה $f$ בין $a$ ל-$b$. כלומר, הוא מספר, שערכו הוא השטח:
\[S_{ab}^f = \int_a^b f(x)dx = F(b)-F(a)\]לעומת זאת, אינטגרל בלתי מסוים של $f$ בקטע $\left[a,b\right]$ הוא פונקציה:
\[\boxed{F_c(x) = \int^x_c f(t)dt}\]הערות:
-
ההגדרה של ״אינטגרל״ בשיעור לא כללה במפורש התייחסות לקטע, או לפונקציה $f$ שאינטגרבילית בו. המהות של אינטגרל בלתי מסוים, להבנתי, הוא שלפונקציה $f$ יש לרוב מספר אינטגרלים בלתי מסוימים בקטע, אשר נבדלים זה מזה בקבוע, ומשכך נקראים בלתי מסוימים.
-
בשיעור הוצגו ״רישומים מקוצרים״ שלדעתי עשויים לבלבל:
\[F(x)=\int_a^x f(t)dt = \underbrace{\int f(x)dx}_{\text{The integral of } f(x)}\] -
הסימון $\int f(x)dx = F(x) + C$ משמש לתיאור אוסף כל הפונקציות הקדומות של $f$ ב-$I$ ומסומן כך:
\[\int f(x)dx = \left\{F(X): F'(x)=f(x), x \in I\right\}\]
רשימה בסיסית של נוסחאות אינטגרציה
| אינטגרציה | נגזרת |
|---|---|
| $\int 0 \,dx = C$ | $C’ = 0$ |
| $\int x^\alpha \,dx = \frac{x^{\alpha+1}}{\alpha+1} + C, \quad \alpha \neq -1$ | $\left( \frac{x^{\alpha+1}}{\alpha+1} \right)’ = x^\alpha ,\quad \alpha \neq -1$ |
| $\int 1 \,dx = x + C$ | $(x)’ = 1$ $a=0$ בפרט עבור |
| $\int \frac{dx}{x} = \ln |x| + C$ | $(\ln |x|)’ = \frac{1}{x}$ |
| $\int \sin x \,dx = -\cos x + C$ | $(-\cos x)’ = \sin x$ |
| $\int \cos x \,dx = \sin x + C$ | $(\sin x)’ = \cos x$ |
| $\int \frac{dx}{\cos^2 x} = \tan x + C$ | $(\tan x)’ = \frac{1}{\cos^2 x}$ |
| $\int \frac{dx}{\sin^2 x} = -\cot x + C$ | $(-\cot x)’ = \frac{1}{\sin^2 x}$ |
| $\int \frac{dx}{\sqrt{1 - x^2}} = \arcsin x + C$ | $(\arcsin x)’ = \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}}$ |
| $\int \frac{dx}{1 + x^2} = \arctan x + C$ | $(\arctan x)’ = \frac{1}{1 + x^2}$ |
| $\int a^x \,dx = \frac{a^x}{\ln a} + C$ | $\left( \frac{a^x}{\ln a} \right)’ = a^x$ $a>0,a\ne1$ עבור |
| $\int e^x \,dx = e^x + C$ | $(e^x)’ = e^x$ |
הערה לגבי $\ln |x|$ כאשר $x < 0$
נחשב את הנגזרת:
\[(\ln |x|)' = (\ln(-x))' = \frac{1}{-x} \cdot (-1) = \frac{1}{x}\]כלל הלינאריות
\[\int (\alpha f(x) + \beta g(x))dx = \alpha F(x) + \beta G(x) + C\]כאשר $F(x)$ ו-$G(x)$ הן פונקציות קדומות של $f(x)$ ו-$g(x)$ בהתאמה.
ברישום מקובל יותר, שמתעלם מהקבוע השרירותי $C$:
\[\boxed{ \int (\alpha f(x) + \beta g(x))dx = \alpha \int f(x)dx + \beta \int g(x)dx}\]באופן כללי, אפשר להרחיב את הכלל ל $n$ פונקציות (הוכחה באינדוקציה על $n$):
\[\begin{aligned} &\int (\alpha_1 f_1(x) + \alpha_2 f_2(x) + \dots + \alpha_n f_n(x))dx =\\ &\alpha_1 \int f_1(x)dx + \alpha_2 \int f_2(x)dx + \dots + \alpha_n \int f_n(x)dx \end{aligned}\]אינטגרציה של פונקציה מהצורה $f(\alpha x + \beta)$
\[\boxed{\int f(\alpha x + \beta)dx = \frac{1}{\alpha}F(\alpha x + \beta) + C}\]הערה: מדובר במקרה פרטי של שיטת ההצבה (להלן), שכן עבור $\alpha, \beta$ ממשיים ואלפה שונה מאפס $\int f(\alpha + \beta)dx$ ניתן לחישוב בעזרה ההצבה:
\[\begin{aligned} t &= \alpha x + \beta & & \\ dt &= \alpha dx & \Rightarrow dx &= \frac{1}{\alpha}dt \end{aligned}\]ולכן:
\[\begin{aligned} \int f(\alpha x + \beta)dx &= \int f(t)\frac{1}{\alpha}dt \\ &= \frac{1}{\alpha}F(t) + C \\ &= \frac{1}{\alpha}F(\alpha x + \beta) + C \end{aligned}\]אינטגרציה בחלקים
\[\begin{aligned} \int u(x)v'(x)dx &= u(x)v(x) - \int u'(x)v(x)dx \\ &= u(x)v(x) - \int v(x)u'(x)dx \end{aligned}\]או בכתיב מקוצר:
\[\int u dv = uv - \int v du\] \[\boxed{\int uv' = uv - \int vu'}\]ביחס לאינטגרל מסוים אינטגרציה בחלקים מתייחסת לנוסחה: $\int_a^b f(x)dx = \int_a^c f(x)dx + \int_c^b f(x)dx$
דוגמה: $\int \ln x dx$
השאלה הופיעה בשיעורי הבית כדוגמה לאינטגרציה בחלקים.
נשתמש באינטגרציה בחלקים כאשר:
\[\begin{aligned} u(x) &= \ln x & v'(x) &= 1 \\ u'(x) &= \frac{1}{x} & v(x) &= x \end{aligned}\] \[\begin{aligned} \int \ln x dx = \textstyle \int uv' &= uv - \textstyle \int vu' \\ &=x\ln x-\int x \frac{1}{x}dx\\ &=x\ln x-\int dx\\ &=\boxed{x\ln x-x+C} \end{aligned}\]דוגמה: $\int x \ln xdx$
נשתמש באינטגרציה בחלקים כאשר:
\[\begin{aligned} u(x) &= \ln x & v'(x) &= x \\ u'(x) &= \frac{1}{x} & v(x) &= \frac{x^2}{2} \end{aligned}\] \[\begin{aligned} \int x \ln x dx = \textstyle \int v'x &= uv - \textstyle \int vu' \\ &=\frac{x^2}{2}\ln x-\int \frac{x^2}{2} \ln x dx\\ &=\frac{x^2}{2}\ln x-\int \frac{x}{2}dx\\ &=\boxed{\frac{x^2}{2}\ln x - \frac{x^2}{4} +C} \end{aligned}\]כלל ההצבה
כלל ההצבה מאפשר לחשב את $\int f(x)dx$ בעזרת ביטוי מהצורה $f(x)=g(\phi(x))\phi’(x)$:
\[\boxed{\int f(x)dx = \int g(\phi(x))\phi'(x)dx = \int g(t)dt\bigg|_{t=\phi(x)}}\]או בכתיב מקוצר:
\[\boxed{\int g( \phi(x))\phi'(x)dx = \int g(t)dt}\]דרך נוספת להשתמש בכלל ההצבה שמייתרת את הנוסחה היא להסתכל על הביטוי $\phi’(x)dx$ כדפרנציאל של הפונקציה $\phi(x) = t$. פורמאלימ, נסמן $t=\phi(x)$, $dt=\phi’(x)dx$ ונקבל:
\[\int g(\underbrace{\phi(x)}_t)\underbrace{\phi'(x)dx}_{dt} = \int g(t)dt\]דוגמה: $\int f(x)f’(x)dx$
\[\int f(x)f'(x)dx = \int fdf = \frac{f^2}{2} + C\]דוגמה: $\int \sin x \cos xdx$
נסמן $\phi(x) = \sin x$ ונקבל:
\[\begin{aligned} \int \sin x \cos xdx &= \int \phi(x)\phi'(x)dx \\ &= \frac{\phi^2(x)}{2} + C \\ &= \boxed{\frac{\sin^2 x}{2} + C} \end{aligned}\]דוגמה: $\int f’(x)e^{f(x)}dx$
נסמן $\phi(x) = e^{f(x)}=t$ ונקבל:
\[\begin{aligned} \int f'(x)e^{f(x)}dx &= \int dt \\ &= t + C \\ &= \boxed{e^{f(x)} + C} \end{aligned}\]אפשר גם לזהות מיד ש-$\phi’(x)=f’(x)e^{f(x)}=dt$.
הנגזרת הלוגריתמית
מדובר במקרה פרטי של כלל ההצבה עבור $\int \frac{f’(x)}{f(x)}dx$: נסמן $t = f(x)$ ונקבל $dt = f’(x)dx$ ולכן:
\[\begin{aligned} \int \frac{f'(x)}{f(x)}dx &= \int \frac{dt}{t} \\ &= \ln |t| + C \\ &= \ln |f(x)| + C \end{aligned}\]דוגמה: $\int \tan xdx$
דרך מפורטת יותר - כמו שהמרצה פתר בכתה:
\[\begin{aligned} \int \tan xdx &= \int \frac{\sin x}{\cos x}dx \\ &= \int \frac{\sin x dx}{\cos x} \\ &= \int \frac{-d(\cos x)}{\cos x} \\ &= -\int \frac{dt}{t} \\ &= -\ln |t| + C \\ &= -\ln |\cos x| + C \end{aligned}\]תזכורת: $df=f’dx$
דוגמא: $\int \tanh xdx$
נסמן $\phi(x) = \cosh x$, אז $\phi’(x) = \sinh xdx$ ונקבל:
\[\begin{aligned} \int \tanh xdx &= \int \frac{\sinh x}{\cosh x}dx \\ &= \ln |\cosh x| + C \end{aligned}\]בגלל ש-$\cosh x$ תמיד חיובית, ניתן לוותר על הערך המוחלט:
\[\int \tanh xdx = \ln \cosh x + C\]השתמשנו בטכניקה שהיא סוג של החלפת משתנה שכן $\int \frac{f’(x)}{f(x)}dx=\ln |f(x)|+C$ במקרה הזה: $f(x)=\cosh x$.
שיטת ההצבה - גרסה שנייה
לפעמים נוח יותר להציב $x=\phi(t)$, $dx=\phi’(t)dt$. מחשבים את האינטגרל $\int f(\phi(t))\phi’(t)dt$ ואז חוזרים למשתנה הישן $x$ על ידי הצבה הפוכה: $t=\phi^{-1}(x)$.
\[\int f(x)dx = \int f(\phi(t))\phi'(t)dt \big|_{t=\phi^{-1}(x)}\]הצבות מומלצות
- כאשר האינטגרנד מוכב מסכומים, הפרשים, מכפלות ומנות של $\sqrt{a^2-x^2}$, מומלץ לנסות להציב $x=a\sin t$.
- כאשר האינטגרנד מוכב מסכומים, הפרשים, מכפלות ומנות של $\sqrt{a^2+x^2}$, מומלץ לנסות להציב $x=a\tan t$.
- כאשר האינטגרנד מוכב מסכומים, הפרשים, מכפלות ומנות של $\sqrt{x^2-a^2}$, מומלץ לנסות להציב $x=\frac{a}{\cos t}$.
דוגמה: $\int \frac{dx}{\sqrt{a^2-x^2}}$
נציב $x=a\sin t$, אז:
\[\begin{aligned} x=a\sin t \Rightarrow dx&=d(a\sin t) \\ &=a\cos tdt \end{aligned}\]מכאן:
\[\begin{aligned} \sqrt{a^2-x^2} &= \sqrt{a^2-a^2\sin^2 t} \\ &= \sqrt{a^2\cos^2 t} \\ &= a\cos t \end{aligned}\] \[\begin{aligned} \int \frac{dx}{\sqrt{a^2-x^2}} &= \int \frac{a\cos tdt}{a\cos t} \\ &= \int dt \\ &= t + C\bigg|_{t=\arcsin\frac{x}{a}} \\ \end{aligned}\]הצבנו $x=a\sin t$, אז $sin t = \frac{x}{a}$ ולכן $t=\arcsin\frac{x}{a}$.
סך הכל קיבלנו:
\[\begin{aligned} \int \frac{dx}{\sqrt{a^2-x^2}} &= \boxed{\arcsin \frac{x}{a} + C} \end{aligned}\]הערה: בשיעור המרצה דווקא בחר להציב $x=a\cos t$, אז:
\[\begin{aligned} x=a\cos t \Rightarrow dx&=d(a\cos t) \\ &=-a\sin tdt \end{aligned}\]מכאן:
\[\begin{aligned} \sqrt{a^2-x^2} &= \sqrt{a^2-a^2\cos^2 t} \\ &= \sqrt{a^2\sin^2 t} \\ &= a\sin t \end{aligned}\] \[\begin{aligned} \int \frac{dx}{\sqrt{a^2-x^2}} &= \int \frac{-a\sin tdt}{a\sin t} \\ &= -\int dt \\ &= -t + C\bigg|_{t=\arccos\frac{x}{a}} \\ \end{aligned}\]סך הכל קיבלנו:
\[\begin{aligned} \int \frac{dx}{\sqrt{a^2-x^2}} &= \boxed{-\arccos \frac{x}{a} + C} \end{aligned}\]הבהרה: שתי התשובות נכונות בגלל שקיים הבדל של קבוע בתוצאה הסופית: $\frac{\pi}{2}-\arcsin \frac{x}{a} = \arccos \frac{x}{a}$. אז ההבדל נכלל בקבוע $C$.
דוגמה: $\int \frac{dx}{x^2 + a^2}$
השאלה הופיעה בשיעורי הבית
נציב $x=a\tan t$, לכן $dx=\frac{a}{\cos^2 t}dt$
נציב:
\[\begin{aligned} \int \frac{dx}{x^2+a^2} &= \int \frac{\frac{a}{\cos^2 t} dt}{(a\tan t)^2 + a^2} \\ &= \int \frac{\frac{a}{\cos^2 t} dt}{a^2(\tan^2 t + 1)} \\ &= \int \frac{\frac{a}{\cos^2 t} dt}{a^2(\frac{1}{cos})^2} \\ &= \int \frac{\frac{a}{\cos^2 t} dt}{a^2\frac{1}{\cos^2 t}} \\ &= \int \frac{dt}{a} \\ &= \frac{1}{a}t\bigr|_{t=\arctan(\frac{x}{a})} \\ &= \boxed{\frac{1}{a}\arctan(\frac{x}{a}) + C} \end{aligned}\]עקרונית היה גם ניתן להשתמש מיד באינטגרל האלמנטי $\int \frac{dx}{1+x^2} = \arctan x + C$.
שימו לב לזהות הטריגונומטרית: $1+\tan^2 t = \frac{1}{\cos^2 t}$. זהות לא נכונה, כמו $1+\sin^2 t = \cos^2 t$ יכולה להביא לטעות (הזהות המתאימה כאשר יש לי סינוס וקוסינוס בריבוע היא $1-\sin^2 t = \cos^2 t$).
תרגול
פיתרו את האינטגרלים הבאים.
$\int_0^\pi e^{x} \sin x dx$
רמז: השתמשו בחוק ההפרדה.
\[\int e^{x} \sin x dx=e^{x} \sin x\Big|_0^\pi-\int e^{x} \cos x dx\]M9 - תרגיל מס 9
שאלה 1. אינטגרל כדיפרנציאל
אנו יודעים ש-
\[\frac{d}{dx}\int_a^x f(t)dt = f(x)\]הראו:
\[\frac{d}{dx}\int_{u(x)}^{v(x)} f(t)dt = f(v(x))\frac{dv}{dx} - f(u(x))\frac{du}{dx}\]ובפרט:
\[\frac{d}{dx}\int_{x}^{x^2} \frac{\sin t}{t}dt = \frac{2\sin(x^2) - \sin(x)}{x}\]
פתרון
אפתור לאט לפי השלבים שלמדנו:
\[\begin{aligned} \int_{u(x)}^{v(x)} f(t)dt &= \int_{u(x)}^{a} f(t)dt + \int_{a}^{v(x)} f(t)dt \\ &= \int_{a}^{v(x)} f(t)dt - \int_{a}^{u(x)} f(t)dt \end{aligned}\]נפעיל את פעולת הנגזרת על שני האגפים:
\[\begin{aligned} \frac{d}{dx}\int_{u(x)}^{v(x)} f(t)dt &= \frac{d}{dx}\left(\int_{a}^{v(x)} f(t)dt - \int_{a}^{u(x)} f(t)dt\right) \\ &= \frac{d}{dx}\int_{a}^{v(x)} f(t)dt - \frac{d}{dx}\int_{a}^{u(x)} f(t)dt \end{aligned}\]נסתכל על $\frac{d}{dx}\int_{a}^{v(x)} f(t)dt$. זה דומה לנתון המקורי $\frac{d}{dx}\int_{a}^{x} f(t)dt = f(x)$, רק שבמקום $x$ יש לנו $v(x)$. המשפט המקורי נובע מכלל השרשרת - הנגזרת של האינטגרל $F_a(x)$ היא $f(x)\cdot \frac{d}{dx}x = f(x)$ (כאשר $\frac{d}{dx}x = 1$). האינטגרלים במקרה הזה הם פונקציות של $x$ עם גבולות עליונים $v(x)$ ו-$u(x)$ בהתאמה.
לכן, לפי כלל השרשרת:
\[\frac{d}{dx}\int_{a}^{v(x)} f(t)dt = f(v(x)) \cdot \frac{d}{dx}v(x)\]באופן דומה:
\[\frac{d}{dx}\int_{a}^{u(x)} f(t)dt = f(u(x)) \cdot \frac{d}{dx}u(x)\]נציב בחזרה במשוואה המקורית:
\[\begin{aligned} \frac{d}{dx}\int_{u(x)}^{v(x)} f(t)dt &= \frac{d}{dx}\int_{a}^{v(x)} f(t)dt - \frac{d}{dx}\int_{a}^{u(x)} f(t)dt \\ &= \boxed{f(v(x))\frac{dv}{dx} - f(u(x))\frac{du}{dx}} \end{aligned}\]1) לגבי החלק השני, נציב:
- $f(t) = \frac{\sin t}{t}$
- $v(x) = x^2$
- $u(x) = x$
2) נציב בנוסחה שהוכחנו:
\[\frac{d}{dx}\int_{x}^{x^2} \frac{\sin t}{t}dt = \frac{\sin(x^2)}{x^2} \cdot \frac{d}{dx}(x^2) - \frac{\sin(x)}{x} \cdot \frac{d}{dx}(x)\]3) נחשב את הנגזרות:
\[= \frac{\sin(x^2)}{x^2} \cdot 2x - \frac{\sin(x)}{x} \cdot 1\]4) נכפול את האיבר הראשון:
\[= \frac{2x\sin(x^2)}{x^2} - \frac{\sin(x)}{x}\]5) נפשט את האיבר הראשון:
\[= \frac{2\sin(x^2)}{x} - \frac{\sin(x)}{x}\]6) נוציא מחוץ לשבר:
\[= \frac{2\sin(x^2) - \sin(x)}{x}\]שאלה 2: אינטגרלים בלתי מסוימים
$\int \frac{xdx}{x^2+a^2}$
רמז: המונה מתכונותי לנגזרת של המכנה
אינטגרציה בחלקים? לא. הצבה.
\[\begin{aligned} t=a^2+x^2 &\Rightarrow dt = 2xdx \\ &\Rightarrow xdx = \frac{dt}{2} \end{aligned}\]נציב:
\[\begin{aligned} \int \frac{xdx}{x^2+a^2} &= \int \frac{\frac{dt}{2}}{t} \\ &=\frac{1}{2}\int\frac{dt}{t} \\ &=\frac{1}{2}\int\frac{1}{t}dt \\ &=\frac{1}{2} \ln (t)\bigg|_{t=a^2+x^2} + C \\ &=\frac{1}{2} \ln (a^2+x^2) + C \\ \end{aligned}\]העיבר שבתוך $\ln$ בכל מקרה חיובי אז ויתרתי על סימן הערך המוחלט.
$\int \frac{x^2dx}{x^2+a^2}dx$
\[\begin{aligned} \int \cot xdx &= \int \frac{\cos x dx}{\sin x} \\ \text{let } t = \sin x &\Rightarrow dt = \cos x dx \\ \int \frac{\cos x dx}{\sin x} &= \int \frac{dt}{t} = \ln\|t\|\bigg|_{t=\sin x} + C \\ &= \ln\|\sin x\| + C \end{aligned}\]$\int \cot x dx$
\[\begin{aligned} \text{let } t = \ln x &\Rightarrow dt = \frac{1}{x} dx \\ \int \frac{\cot(\ln x) dx}{x} &= \int \cot(t) dt \\ &=\ln\|\sin t \| \bigg|_{t=\ln x} + C \\ &= \boxed{\ln \|\sin \left(\ln x\right)\| + C} \end{aligned}\]$\int \frac{\cot(\ln x) dx}{x}$
$\int (x+2)\sin(x^2+4x-6)dx$
פתרון:
נציב:
\[\begin{aligned} t&=x^2+4x-6 \\ \Rightarrow dt&=(2x+4)dx \Leftrightarrow \frac{dt}{2}=(x+2)dx \end{aligned}\]מכאן:
\[\begin{aligned} \int (x+2)\sin(x^2+4x-6)dx &= \int \frac{1}{2}\sin(t)dt \\ &= -\frac{1}{2}\cos (t)\bigg|_{t=x^2+4x-6} + C \\ &= \boxed{\frac{1}{2}\cos \left(x^2+4x-6\right) + C} \end{aligned}\]שימו לב: האינטגרל של $\sin$ הוא $-\cos$.
$\int \tanh xdx$
נציב $t=\cosh x \Rightarrow dt = \sinh x dx$.
שימו לב: בנגזרת של $\cosh$ אין מינוס.
נקבל:
\[\begin{aligned} \int \tanh xdx &= \int \frac{dt}{t} dt \\ &= \ln\| t \| \bigg|_{t=\cosh x} + C \\ &= \boxed{\ln \|\cosh x\| + C} \end{aligned}\]אפשר גם לוותר על סימן הערך המוחלט כיוון ש $\cosh$ חיובית.
$\int 2^{-x}\tanh 2^{1-x}dx$
נציב $t=2^{1-x} \Rightarrow dt = -2^{1-x}\ln 2 dx$.
השתמשתי בנגזרת של ביטוי מהצורה $(a^f)’= a^f \ln f \cdot f’$.
\[\begin{aligned} \frac{d}{dx}2^{1-x} &= 2^{1-x} \cdot \ln \left(2\right) \cdot -1 \\ &= -2^{1-x} \cdot \ln \left(2\right) \end{aligned}\]מכאן:
\[dx=-\frac{dt}{2^{1-x}\ln 2}\]נציב:
\[\begin{aligned} \int 2^{-x}\tanh 2^{1-x}dx &= \int 2^{-x}\tanh t \cdot -\frac{dt}{2^{1-x}\ln 2} \\ &= -\frac{1}{\ln 2} \int \tanh t dt \\ &= -\frac{1}{\ln 2} \ln\|\cosh t\| + C \\ &= \boxed{-\frac{1}{\ln 2} \ln\|\cosh 2^{1-x}\| + C} \end{aligned}\]$\int \frac{x}{\sqrt{x^2+x+1}}dx$
הערה: בתרגיל הבית נכתב כך: $\int \frac{xdx}{\sqrt{x^2+x+1}}dx$, להבנתי יש שם פעמיים $dx$ לא במכוון. נניח שהכוונה היא לאחד מהם.
נשלים את המכנה לריבוע בצורה הבאה:
\[\begin{aligned} x^2+x+1 &= \left(x+\frac{1}{2}\right)^2 + \frac{3}{4} \\ &= \left(x+\frac{1}{2}\right)^2 + \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^2 \end{aligned}\]ואז יש לנו ביטוי מהצורה $\sqrt{z^2+a^2}$. נציב:
\[\begin{aligned} \left(x+\frac{1}{2}\right)&=\frac{\sqrt{3}}{2}\tan t \\ x&=\frac{\sqrt{3}}{2}\tan t - \frac{1}{2} \\ dx&=\frac{\sqrt{3}}{2}\frac{1}{\cos^2t} \, dt \end{aligned}\]נציב:
\[\begin{aligned} \int \frac{xdx}{\sqrt{x^2+x+1}} &= \int \frac{\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\tan t - \frac{1}{2}\right)\frac{\sqrt{3}}{2}\frac{1}{\cos^2t}dt}{\sqrt{\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\tan t\right)^2 + \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^2}} \\ &= \int \frac{\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\tan t - \frac{1}{2}\right)\frac{\sqrt{3}}{2}\frac{1}{\cos^2t}dt}{\frac{\sqrt{3}}{2}\left(\sqrt{\tan^2t + 1}\right)} \\ &= \int \frac{\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\tan t - \frac{1}{2}\right)\frac{1}{\cos^2t}dt}{\left(\frac{1}{\cos t}\right)} \\ &= \int \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\tan t - \frac{1}{2}\right) \frac{1}{\cos t}dt \\ &= \int \frac{\sqrt{3}\sin t}{2\cos^2 t}dt - \int \frac{1}{2\cos t}dt \\ &= \frac{\sqrt{3}}{2} \int \frac{\sin t}{\cos^2 t}dt - \frac{1}{2}\int \frac{1}{\cos t}dt \end{aligned}\]הפתרון של האינטגרל $\int \frac{1}{\cos t}dt$ הוא $\ln|\frac{1}{\cos t} + \tan t| + C$. אפשר להוכיח את זה בנפרד בצורה מעט ארוכה (כופלים את המונה ואת המכנה ב-$\cos t + \sin t$ ומפצלים לשני אינטגרלים).
כדי לפתור את האינטגרל $\int \frac{\sin t}{\cos^2 t}dt$ נשים לב שהוא דומה לנגזרת של $\cot t$. נציב $u=\cos t$ ונקבל $du=-\sin tdt$. נקבל:
\[\begin{aligned} \int \frac{\sin t}{\cos^2 t}dt &= -\int \frac{du}{u^2} \\ &= - \int u^{-2}du \\ &= -\frac{u^{-1}}{-1} + C \\ &= \frac{1}{u} + C \\ &= \frac{1}{\cos t} + C \end{aligned}\]נחזור ונציב באינטגרל המקורי:
\[\begin{aligned} &= \frac{\sqrt{3}}{2} \int \frac{\sin t}{\cos^2 t}dt - \frac{1}{2}\int \frac{1}{\cos t}dt \\ &= \frac{\sqrt{3}}{2} \left(\frac{1}{\cos t} + C\right) - \frac{1}{2}\left(\ln\|\frac{1}{\cos t} + \tan t\| + C\right) \end{aligned}\]נבטא חזרה ב$x$. נזכיר שהצבנו:
\[\left(x+\frac{1}{2}\right)=\frac{\sqrt{3}}{2}\tan t\] \[\begin{aligned} \frac{1}{\cos t} &= \frac{1}{\sqrt{1+\tan^2 t}} \\ &= \frac{1}{\sqrt{1+\left(\frac{x+\frac{1}{2}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}\right)^2}} \\ &= \frac{1}{\sqrt{1+\left(\frac{2x+1}{\sqrt{3}}\right)^2}} \\ &= \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{3+(2x+1)^2}} \\ &= \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{3+4x^2+4x+1}} \\ &= \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{4x^2+4x+4}} = \frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{x^2+x+1}} \end{aligned}\]נציב:
\[\begin{aligned} &= \frac{\sqrt{3}}{2} \left(\frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{x^2+x+1}} + C\right) - \frac{1}{2}\left(\ln\|\frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{x^2+x+1}} + \frac{2x+1}{\sqrt{3}}\| + C\right) \\ &= \boxed{\frac{3}{4\sqrt{x^2+x+1}} - \frac{1}{2}\ln\|\frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{x^2+x+1}} + \frac{2x+1}{\sqrt{3}}\| + C} \end{aligned}\]הערה: ייתכן שגם תשובות אחרות יהיו נכונות בגלל שהפתרון כולל קבוע $C$.
$\int x\ln xdx$
נשתמש באינטגרציה בחלקים:
\[\begin{aligned} v' = x \, , u = \ln x &\Rightarrow v = \frac{x^2}{2} \, u' = \frac{1}{x} \\ \int x\ln xdx &= \frac{x^2}{2} \ln x - \int \frac{x^2}{2} \cdot \frac{1}{x}dx \\ &= \frac{x^2}{2} \ln x - \frac{1}{2}\int xdx \\ &= \frac{x^2}{2} \ln x - \frac{1}{2} \cdot \frac{x^2}{2} + C \\ &= \boxed{\frac{x^2}{2} \ln x - \frac{x^2}{4} + C} \end{aligned}\]$\int 3^{\sqrt{2x+1}}dx$
נציב
\[\begin{aligned} t&=\sqrt{2x+1}\\ t^2&=2x+1\\ \frac{t^2-1}{2}&=x\\ tdt&=dx \end{aligned}\]נקבל:
\[\begin{aligned} \int 3^{\sqrt{2x+1}}dx &= \int 3^t \cdot tdt \\ \end{aligned}\]צריך להיזהר לא לפספס את ה $t$ בצד ימין. נשתמש באינטגרציה בחלקים:
\[\begin{aligned} v' = 3^t \, , u = t &\Rightarrow v = \frac{3^t}{\ln 3} \, u' = dt \\ \int 3^t \cdot tdt &= \frac{3^t}{\ln 3} \cdot t - \int \frac{3^t}{\ln 3}dt \\ &= \frac{3^t}{\ln 3} \cdot t - \frac{3^t}{(\ln 3)^2} + C \\ &= \boxed{\frac{3^{\sqrt{2x+1}}}{\ln 3} \cdot \sqrt{2x+1} - \frac{3^{\sqrt{2x+1}}}{(\ln 3)^2} + C} \end{aligned}\]אפשר גם לבחור במשתנים אחרים עבור האינטגציה בחלקים, אבל זה פחות יעזור:
\[\begin{aligned} v' = t \, , u = 3^t &\Rightarrow v = \frac{t^2}{2} \, u' = 3^t \ln 3 \\ \int 3^t \cdot tdt &= \frac{t^2}{2} \cdot 3^t - \int \frac{t^2}{2} \cdot 3^t \ln 3dt \\ &= \frac{t^2}{2} \cdot 3^t - \frac{1}{2} \int t^2 \cdot 3^t \ln 3dt \\ &= \frac{\sqrt{2x+1}}{2} \cdot 3^{\sqrt{2x+1}} - \frac{1}{2} \int (\frac{t^2-1}{2}) \cdot 3^t \ln 3dt \end{aligned}\]$\int x^n \ln xdx$
נפריד למקרים:
כאשר $n=-1$:
\[\begin{aligned} \int x^{-1} \ln xdx &= \int \frac{\ln x}{x}dx \\ &= \frac{1}{2}(\ln x)^2 + C \end{aligned}\]כאשר $n\neq -1$:
נשתמש באינטגרציה בחלקים:
\[\begin{aligned} v' = x^n \, , u = \ln x &\Rightarrow v = \frac{x^{n+1}}{n+1} \, u' = \frac{1}{x} \\ \int x^n \ln xdx &= \frac{x^{n+1}}{n+1} \ln x - \int \frac{x^{n+1}}{n+1} \cdot \frac{1}{x}dx \\ &= \frac{x^{n+1}}{n+1} \ln x - \frac{1}{n+1} \int x^{n}dx \\ &= \frac{x^{n+1}}{n+1} \ln x - \frac{1}{n+1} \cdot \frac{x^{n+1}}{n+1} + C \\ &= \boxed{\frac{x^{n+1}}{n+1} \ln x - \frac{x^{n+1}}{(n+1)^2} + C} \end{aligned}\]$\int \tan^{-1} xdx$
נשתמש באינטגרציה בחלקים:
\[\begin{aligned} v' = 1 \, , u = \tan^{-1} x &\Rightarrow v = x \, u' = \frac{1}{1+x^2} \\ \int \tan^{-1} xdx &= x \tan^{-1} x - \int \frac{x}{1+x^2}dx \\ &= x \tan^{-1} x - \int \frac{x}{1+x^2}dx \\ &= x \tan^{-1} x - \frac{1}{2} \ln\|1+x^2\| + C \end{aligned}\]שאלה 4: אינטגרלים מסוימים
\[\begin{aligned} \int_0^\pi \sin xdx &= -\cos x\bigg|_0^\pi \\ &= -\cos \pi + \cos 0 \\ &= -(-1) + 1 \\ &= 2 \end{aligned}\]$\int_0^\pi \sin xdx$
שימו לב: $\cos \pi = -1$ ו$\cos 0 = 1$. חשוב להכיר את הערכים האלה ולא להבלבל במעגל היחידה.
$\int_0^\pi e^x \sin xdx$
בשאלה הזאת נשתמש פעמיים באינטגרציה בחלקים כדי לקבל ביטוי מהצורה $\int e^x \sin xdx = \frac{1}{2}\text{Some expression}$.
\[\begin{aligned} v' = e^x &\Rightarrow v = e^x\\ u = \sin x &\Rightarrow u' = \cos x \\ \int e^x \sin xdx = e^x \sin x -& \int e^x \cos xdx \\ &v' = e^x \Rightarrow v = e^x \\ &u = \cos x \Rightarrow u' = -\sin x \\ &\int e^x \cos xdx = e^x \cos x - \int e^x (-\sin x)dx \\ \Rightarrow \int e^x \sin xdx = e^x \sin x -& \left(e^x \cos x - \int e^x - \sin xdx\right) \\ = e^x \sin x -& e^x \cos x - \int e^x \sin xdx \\ 2 \int e^x \sin xdx = e^x \sin x -& e^x \cos x \\ \int e^x \sin xdx &= \frac{1}{2}e^x \left(\sin x - \cos x\right) + C \end{aligned}\]חשוב עכשיו להיזהר כשאנחנו מציבים חזרה את הגבולות של האינטגרל. צריך גם להציב בחזקה של $e$ וגם בפונקציות הטריגונומטריות.
\[\begin{aligned} \int_0^\pi e^x \sin xdx &= \frac{1}{2}e^x \left(\sin x - \cos x\right)\bigg|_0^\pi \\ &= \frac{1}{2}e^\pi \left(\sin \pi - \cos \pi\right) - \frac{1}{2}e^0 \left(\sin 0 - \cos 0\right) \\ &= \frac{1}{2}e^\pi \left(0 - (-1)\right) - \frac{1}{2}e^0 \left(0 - 1\right) \\ &= \frac{1}{2}e^\pi + \frac{1}{2}e^0 \\ &= \frac{1}{2}e^\pi + \frac{1}{2} = \boxed{\frac{1}{2}\left(e^\pi + 1\right)} \end{aligned}\]$\int_0^{\sqrt{\pi}} x^2\sin x dx$
נשתמש שוב באינטגרציה בחלקים פעמיים:
\[\begin{aligned} v' = \sin x &\Rightarrow v = -\cos x \\ u = x^2 &\Rightarrow u' = 2x \\ \int x^2\sin x dx = -x^2\cos x - & \int -2x\cos xdx \\ = -x^2\cos x + & 2\int x\cos xdx \\ &v' = \cos x \Rightarrow v = \sin x \\ &u = x \Rightarrow u' = 1 \\ = -x^2\cos x +& 2\left(x\sin x - \int \sin xdx\right) \\ = -x^2\cos x +& 2\left(x\sin x - \left(-\cos x\right)\right) \\ = -x^2\cos x +& 2x\sin x + 2\cos x \\ \int_0^{\sqrt{\pi}} x^2\sin x dx = -\left(\sqrt{\pi}\right)^2\cos \sqrt{\pi} +& 2\sqrt{\pi}\sin \sqrt{\pi} + 2\cos \sqrt{\pi} \\ = \left(-\pi\cos \sqrt{\pi} + 2\sqrt{\pi}\sin \sqrt{\pi} + 2\cos \sqrt{\pi}\right) -& \left(0\cos 0 + 0\sin 0 + 2\cos 0\right) \\ &= \boxed{-\pi\cos \sqrt{\pi} + 2\sqrt{\pi}\sin \sqrt{\pi} + 2\cos \sqrt{\pi} - 2} \end{aligned}\]$\int_{-1}^1 \frac{dx}{\sqrt{(x+2)(3-x)}}dx$
נתחיל מפישוט המכנה:
\[\begin{aligned} (x+2)(3-x) &= 3x - x^2 + 6 - 2x \\ &= -x^2 + x + 6 = -\left(x^2 - x - 6\right) \\ &= -(x^2 - x - \frac{1}{4} - \frac{25}{4}) \\ &= -\left(x-\frac{1}{2}\right)^2 + \frac{25}{4}\\ &= \left(\frac{5}{2}\right)^2 - \left(x-\frac{1}{2}\right)^2 \end{aligned}\]קיבלנו ביטוי מהצורה $\sqrt{a^2-x^2}$. נציב $\left(x-\frac{1}{2}\right)=\frac{5}{2}\sin t$:
\[\begin{aligned} \left(x-\frac{1}{2}\right)^2 &= \frac{25}{4}\sin^2 t \\ x-\frac{1}{2} &= \frac{5}{2}\sin t \\ x &= \frac{5}{2}\sin t + \frac{1}{2} \\ dx &= \frac{5}{2}\cos tdt \end{aligned}\]הבהרה להצבה: הסיבה להציב סינוס נובעת מכך ש $\int \frac{1}{\sqrt{a^2-x^2}}dx = \arcsin \left(\frac{x}{a}\right)$. כאשר הפונקציה הפיכה של הסינוס היא $\sin$ ולכן נציב סינוס.
נציב:
$\int_{-\inf}^{\inf} x^3e^{-x^2}dx$
נעזר בכך ש$f(-x)=-f(x)$ ונקבל שהאינטגרל הוא 0.
 |
|---|
| $x^3e^{-x^2}$ |
$\int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin ^6 x \cos x dx$
נפתור בעזרת הצבה:
\[\begin{aligned} t=\sin x &\Rightarrow dt = \cos xdx \\ \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin ^6 x \cos x dx &= \int_0^1 t^6 dt \\ &= \frac{t^7}{7}\bigg|_0^1 \\ &= \boxed{\frac{1}{7}} \end{aligned}\]הערה: הגבולות של האינטגרל משתנים בהתאם להצבא. $t=\sin x$ ולכן הגבול התחתון הוא 0 והעליון הוא 1, כי $\sin 0 = 0$ ו$\sin \frac{\pi}{2} = 1$.
$\int_0^{\pi} x\cos(3x)dx$
נפתור בעזרת אינטגרציה בחלקים:
\[\begin{aligned} u = x , &\quad v' = \cos(3x) \\ u' = 1 , &\quad v = \frac{1}{3}\sin(3x) \\ \int_ x\cos(3x)dx &= \frac{x}{3}\sin(3x) - \frac{1}{3}\int \sin(3x)dx \end{aligned}\]נציב $t=3x$:
\[\Rightarrow dt = 3dx \rightarrow dx = \frac{1}{3}dt\] \[\begin{aligned} \int \sin(3x)dx &= \int \sin t \cdot \frac{1}{3}dt \\ &= -\frac{1}{3}\cos t\bigg|_{t=3x} + C \\ &= -\frac{1}{3}\cos 3x + C \end{aligned}\]נחזור לאינטגרל:
\[\begin{aligned} \int_ x\cos(3x)dx &= \frac{x}{3}\sin(3x) - \frac{1}{3}\int \sin(3x)dx \\ &= \frac{x}{3}\sin(3x) + \frac{1}{9}\cos(3x) + C \end{aligned}\]נציב באינטגל המסוים:
\[\begin{aligned} \int_0^{\pi} x\cos(3x)dx &= \frac{x}{3}\sin(3x) + \frac{1}{9}\cos 3x\bigg|_0^{\pi} \\ &= \frac{\pi}{3}\sin(3\pi) + \frac{1}{9}\cos 3\pi - \left(\frac{0}{3}\sin(3\cdot 0) + \frac{1}{9}\cos 0\right) \\ &= \frac{\pi}{3}\underbrace{\sin(3\pi)}_{0} + \frac{1}{9}\underbrace{\cos 3\pi}_{-1} - 0 - \frac{1}{9} \\ &= -\frac{1}{9} - \frac{1}{9} = \boxed{-\frac{2}{9}} \end{aligned}\]חשוב לא להתבלבל בערכים המוכרים של קוסינוס וסינוס:
 |
|---|
| $\sin 0 = 0$ , $\sin \frac{\pi}{2} = 1$ , $\sin \pi = 0$ , $\sin \frac{3\pi}{2} = -1$ , $\sin 2\pi = 0$ |
| $\cos 0 = 1$ , $\cos \frac{\pi}{2} = 0$ , $\cos \pi = -1$ , $\cos \frac{3\pi}{2} = 0$ , $\cos 2\pi = 1$ |
$\int_{e}^{e^2} \frac{dx}{x\left(\ln x\right)^3}$
נציב $t=\ln x$:
\[\begin{aligned} dt &= \frac{1}{x}dx \\ \int \frac{dx}{x\left(\ln x\right)^3} &= \int \frac{dt}{t^3} \\ &= -\frac{1}{2t^2}\bigg|_{t=\ln x} \\ &= -\frac{1}{2\left(\ln x\right)^2} + C \end{aligned}\]נחשב את האינטגרל המסוים:
\[\begin{aligned} \int_{e}^{e^2} \frac{dx}{x\left(\ln x\right)^3} &= -\frac{1}{2\left(\ln x\right)^2}\bigg|_{e}^{e^2} \\ &= -\frac{1}{2\left(\ln e^2\right)^2} + \frac{1}{2\left(\ln e\right)^2} \\ &= -\frac{1}{2\cdot 2^2} + \frac{1}{2\cdot 1^2} \\ &= -\frac{1}{8} + \frac{1}{2} \\ &= \boxed{\frac{3}{8}} \end{aligned}\]שאלה 5 - ליפים ולאמיצים שאינם עצלנים
מדלג.
שאלה 6
חשבו את השטח המוגבל בין שני הגרפים $y=x^2$ ו-$y=\sqrt{x}$ כאשר $x>0$.
 |
|---|
| $y=x^2$ , $y=\sqrt{x}$ |
נתחיל בלמצוא את נקודת החיתוך שממנה הגרפים כבר לו מגבילים ביניהם שטח כלשהו.
\[x^2=\sqrt{x}\Leftrightarrow x=1\]עד לנקודה $x=1$ השורש דווקא יהיה גדול יותר. אז נחשב את האינטגרל שלו (השטח מתחתיו), ואז נפחית מזה את האינטגרל של פונקציית הריבוע.
\[\int_0^1 \sqrt{x}dx=\frac{x^{3/2}}{3/2}\bigg|_0^1=\boxed{\frac{2}{3}}\] \[\int_0^1 x^2dx= \frac{x^3}{3}\bigg|_0^1=\boxed{\frac{1}{3}}\]סך הכל נקבל שהשטח הוא:
\[\frac{2}{3}-\frac{1}{1}=\boxed{\frac{1}{3}}\]שאלה 7
חשבו את השטח המוגבל בין הפונקציה $f(x)=\cos x$ לבין הפוטנקציה $g(x)=\sin x$ בתחום שבין $x=0$ לבין $x=\frac{\pi}{4}$.
 |
|---|
| $f(x)=\cos x$ , $g(x)=\sin x$ |
נפעל בשיטה דומה. בשטח הנתון פונקציית הקוסינוס מעל פונקציית הסינוס - עד לנקודה $x=\frac{\pi}{4}$.
\[\int_0^{\pi/4} \cos x dx = \sin x\bigg|_0^{\pi/4} = \sin \left(\frac{\pi}{4}\right) = \boxed{\frac{1}{\sqrt{2}}}\] \[\begin{aligned} \int_0^{\pi/4} \sin x dx = -\cos x\bigg|_0^{\pi/4} &= -\cos \left(\frac{\pi}{4}\right) - \left( -\cos (0) \right) \\ &= -\frac{1}{\sqrt{2}} + 1 \\ &= \boxed{1-\frac{1}{\sqrt{2}}} \end{aligned}\]השטח הוא הפרש האינטגרלים:
\[\begin{aligned} \frac{1}{\sqrt{2}} - \underbrace{\left(1-\frac{1}{\sqrt{2}}\right)}_{\frac{\sqrt{2}-1}{\sqrt{2}}} &= \frac{2-\sqrt{2}}{\sqrt{2}}\\ &=\boxed{\sqrt{2}-1} \end{aligned}\]שאלה 8
אלמנט אורך אינפיניטסימלי של עקומה הניתנת לתיאור באמצעות הפונקציה $y=f(x)$ נתון בביטוי:
\[\left(ds\right)^2 = \left(dx\right)^2 + \left(dy\right)^2\]ואורך העקומה מהנקודה $x=a$ ועד הנקודה $x=b$ נתון באינטגרל:
\[S=\int_a^b ds\]
- הסבירו במילים שלכם מדוע זה כך.
- הוכיחו: \(S=\int_a^b \sqrt{1+\left(f'(x)\right)^2}dx\) במקור נכתב: \(S=\int_a^b \sqrt{1+\left(\frac{dy}{dx}\right)^2}dx\)
- חשבו את האורך של העקומה $y=\cosh x$ בתחום שבין $x=0$ לבין $x=\ln 2$.
הסבר לנוסחה לאורך של מסילה
 |
|---|
| עקומה עם אורך קטן של $ds$ |