הצבה ונגזרת פנימית
הצבה היא כלל השרשרת בכיוון ההפוך. מחפשים באינטגרנד פונקציה פנימית $u(x)$ ואת הנגזרת שלה $u'(x)$. אחר כך מתקנים גורם קבוע וקובעים את הקבוע לפי הנתון.
העיקרון
הצבה
אם $F'=f$, אז
$$\int f\big(u(x)\big)\,u'(x)\,dx=F\big(u(x)\big)+C.$$כותבים $t=u(x)$ ו־$dt=u'(x)\,dx$, ומקבלים $\int f(t)\,dt$. התנאי לשימוש: כל האינטגרנד נכתב בעזרת $t$ ו־$dt$ בלבד, עד גורם קבוע.
שלוש תבניות חוזרות במבחן:
- $\displaystyle\int\frac{u'}{u}\,dx=\ln|u|+C$
- $\displaystyle\int u'\,u^{n}\,dx=\frac{u^{n+1}}{n+1}+C$ כאשר $n\ne-1$
- $\displaystyle\int\frac{u'}{2\sqrt{u}}\,dx=\sqrt{u}+C$
אם המונה הוא רק כפולה של $u'$, מוציאים את הגורם החוצה. בסוף גוזרים את התשובה ובודקים שהיא מחזירה את האינטגרנד.
תיקון גורם קבוע
מצאו $f$ שמקיימת $f'(x)=\dfrac{x^2+1}{x^3+3x+5}$ ו־$f(-1)=2$.
מבחן 19.03.17 שאלה 8
נגזרת המכנה היא $3x^2+3=3(x^2+1)$. לכן המונה הוא שליש מנגזרת המכנה:
$$f(x)=\frac13\ln|x^3+3x+5|+C.$$ב־$x=-1$ ערך המכנה הוא $-1-3+5=1$, ו־$\ln1=0$. לכן $C=2$:
$$f(x)=\frac13\ln|x^3+3x+5|+2.$$המכנה עולה ממש ויש לו שורש אחד $r\approx-1.15$. הנתון ב־$x=-1$ קובע את $C$ רק בתחום $x>r$, שבו נמצא $-1$. זה התחום שבו התשובה תקפה.
מצאו פונקציה שהנגזרת שלה היא $\dfrac{x-8}{\sqrt{x^2-16x+2016}}$.
מבחן 02.11.16 שאלה 16
נסמן $u=x^2-16x+2016$. אז $u'=2x-16=2(x-8)$. לכן האינטגרנד הוא $\dfrac{u'}{2\sqrt u}$:
$$f(x)=\sqrt{x^2-16x+2016}+C.$$הדיסקרימיננטה של $u$ שלילית, ולכן $u>0$ לכל $x$ והתשובה תקפה על כל הישר. בגזירה: $\dfrac{2x-16}{2\sqrt u}=\dfrac{x-8}{\sqrt u}$.
בדיקה מהירה לפני שמחליטים: גזרו את הביטוי הפנימי והשוו למונה. אם ההפרש הוא גורם קבוע, ההצבה עובדת.
בדיקה עצמית
חשבו $\displaystyle\int\frac{x}{x^2+4}\,dx$ ו־$\displaystyle\int x\,(x^2+1)^{5}\,dx$.
תרגיל מקורי
$(x^2+4)'=2x$, לכן $\displaystyle\int\frac{x}{x^2+4}\,dx=\frac12\ln(x^2+4)+C$. הערך המוחלט מיותר כי $x^2+4>0$.
$(x^2+1)'=2x$, לכן $\displaystyle\int x(x^2+1)^5\,dx=\frac12\cdot\frac{(x^2+1)^6}{6}+C=\frac{(x^2+1)^6}{12}+C$.
שכבת לוגריתם: $\ln x$ כפונקציה פנימית
הגורם $\dfrac1x$ הוא הנגזרת של $\ln x$. לכן כשמופיע $\dfrac1x$ יחד עם ביטוי ב־$\ln x$, מציבים $t=\ln x$ ו־$dt=\dfrac{dx}{x}$.
ערך מוחלט ורכיב של תחום
$\int\frac{dt}{t}=\ln|t|+C$ תקף בכל קטע שבו $t\ne0$. אם התחום מתפרק לכמה קטעים נפרדים, לכל קטע יש קבוע משלו. נתון התחלה קובע את הקבוע רק בקטע שמכיל את הנקודה הנתונה.
מצאו $f$ שמקיימת $f'(x)=\dfrac{\ln x}{x}$ ו־$f(e)=10$.
מבחן 17.04.15 שאלה 7
עם $t=\ln x$ מקבלים $\int t\,dt=\dfrac{t^2}{2}+C$, כלומר $f(x)=\dfrac{(\ln x)^2}{2}+C$.
$f(e)=\dfrac12+C=10$, לכן $C=9.5$ ו־$f(x)=\dfrac{(\ln x)^2}{2}+9.5$ עבור $x>0$. בגזירה לפי כלל השרשרת: $\ln x\cdot\dfrac1x$.
מצאו פונקציה שהנגזרת שלה היא $\dfrac{\ln(x^2)}{x}$.
מבחן 02.03.16 שאלה 17
קודם מפשטים: $\ln(x^2)=2\ln|x|$. עם $t=\ln|x|$ ו־$dt=\dfrac{dx}{x}$:
$$\int\frac{2\ln|x|}{x}\,dx=\int2t\,dt=t^2+C=\ln^2|x|+C.$$התשובה הרשמית $\ln^2x$ מתאימה לתחום $x>0$. עבור $x<0$ כותבים $\ln^2|x|$. בגזירה: $2\ln|x|\cdot\dfrac1x$, כנדרש.
מצאו $f$ שמקיימת $f'(x)=\dfrac{1}{x\ln x}$ ו־$f(e^2)=1$.
מבחן 28.05.19 שאלה 8
עם $t=\ln x$: $\int\dfrac{dt}{t}=\ln|t|+C=\ln|\ln x|+C$.
התחום הוא $x>0$, $x\ne1$, ויש בו שני קטעים. הנקודה $e^2$ נמצאת בקטע $x>1$, שבו $\ln x>0$. שם $f(e^2)=\ln2+C=1$, ולכן $C=1-\ln2$:
$$f(x)=\ln(\ln x)+1-\ln2,\qquad x>1.$$חשבו $\displaystyle\int_{(\sqrt e)^{e}}^{e^{e}}\frac{dx}{\ln(x^x)}$.
בחינה לדוגמה 2025 שאלה 23
בעיית מקור: הגבול התחתון מודפס קטן ב־PDF. הפתרון הרשמי משתמש ב־$(\sqrt e)^{e}=e^{e/2}$, וזו ההנחה כאן.
עבור $x>0$: $\ln(x^x)=x\ln x$. לכן האינטגרנד הוא $\dfrac{1}{x\ln x}$, והפונקציה הקדומה היא $\ln|\ln x|$.
שני הגבולות גדולים מ־$1$, לכן כל הקטע נמצא ב־$x>1$ והאינטגרנד רציף בו:
$$\ln\!\big(\ln e^{e}\big)-\ln\!\big(\ln e^{e/2}\big)=\ln e-\ln\frac e2=1-(1-\ln2)=\ln2.$$התשובה היא $\ln2$ (תשובה ב).
מלכודת: גורם חסר או שכבה חסרה
ב־$\dfrac{\ln(x^2)}{x}$ שוכחים את הגורם $2$. ב־$\dfrac{1}{x\ln x}$ כותבים $\ln x$ במקום $\ln(\ln x)$. בשני המקרים גזירה של התשובה חושפת את הטעות מיד. בנוסף, אל תמחקו ערך מוחלט לפני שבדקתם באיזה קטע נמצאת הנקודה הנתונה.
רמת מבחן: מציאת $u'$ אחרי זהות
נתון $f'(x)=\dfrac{\sqrt{\tan x}}{\sin 2x}$ ו־$f\!\left(\frac{\pi}{3}\right)=\sqrt[4]{3}$. חשבו $f\!\left(\frac{\pi}{4}\right)$.
מבחן 24.06.21 שאלה 14
בעיית מקור: בטקסט המחולץ הערך הנתון נראה כמו $4\sqrt3$. ב־PDF זה השורש הרביעי של $3$, וזו ההנחה כאן.
כותבים $\sin2x=2\sin x\cos x=2\tan x\cos^2x$. לכן
$$f'(x)=\frac{\sqrt{\tan x}}{2\tan x\cos^2x}=\frac{1}{\cos^2x}\cdot\frac{1}{2\sqrt{\tan x}}.$$זו התבנית $\dfrac{u'}{2\sqrt u}$ עם $u=\tan x$, ולכן $f(x)=\sqrt{\tan x}+C$ בקטע $\left(0,\frac{\pi}{2}\right)$, שמכיל את שתי הנקודות.
$f\!\left(\frac{\pi}{3}\right)=\sqrt{\sqrt3}+C=\sqrt[4]3+C$, לכן $C=0$. מכאן $f\!\left(\frac{\pi}{4}\right)=\sqrt{\tan\frac{\pi}{4}}=1$ (תשובה א).
בדיקה עצמית
מצאו $g$ שמקיימת $g'(x)=\dfrac{1}{x\ln x}$ ו־$g\!\left(e^{-1}\right)=0$.
תרגיל מקורי
$e^{-1}$ נמצא בקטע $0<x<1$, שבו $\ln x<0$. לכן $g(x)=\ln|\ln x|+C=\ln(-\ln x)+C$.
$g(e^{-1})=\ln1+C=0$, לכן $C=0$ ו־$g(x)=\ln(-\ln x)$ עבור $0<x<1$. בגזירה: $\dfrac{-1/x}{-\ln x}=\dfrac{1}{x\ln x}$.