שיעור 4
זהויות לפני אינטגרציה ואינטגרציה בחלקים
לפעמים אינטגרנד נראה קשה, אבל אחרי זהות קצרה הוא פשוט. במכפלה של פולינום ופונקציה טריגונומטרית משתמשים באינטגרציה בחלקים.
שלב 1: לפשט לפני שמבצעים אינטגרציה
לפני שמחפשים פונקציה קדומה, בודקים אם אפשר לחבר איברים, לפשט ארגומנט של לוגריתם או להוריד חזקה של פונקציה טריגונומטרית.
זהויות שימושיות
זווית כפולה: $\sin 2x=2\sin x\cos x$ ו־$\cos 2x=\cos^2x-\sin^2x$.
הורדת חזקה: $$\cos^2x=\frac{1+\cos 2x}{2},\qquad \sin^2x=\frac{1-\cos 2x}{2}$$
לוגריתם: $\ln a-\ln b=\ln\frac{a}{b}$, בתנאי ש־$a>0$ ו־$b>0$.
חזקה זוגית של $\sin$ או $\cos$ מורידים בזהות הורדת החזקה, שוב ושוב, עד שנשארים רק איברים מהצורה $\cos kx$. אחר כך משתמשים בכלל $\int\cos kx\,dx=\frac{\sin kx}{k}+C$.
דוגמה: ארגומנט הלוגריתם שווה ל־1
חשבו $\int\ln\left((\cos x+\sin x)^2-\sin 2x\right)dx-\int\tan x\,dx$.
מבחן 24.06.22 שאלה 10
פותחים את הריבוע: $$(\cos x+\sin x)^2-\sin 2x=\cos^2x+2\sin x\cos x+\sin^2x-2\sin x\cos x=1$$
לכן האינטגרנד הראשון הוא $\ln 1=0$, ונשאר $-\int\tan x\,dx=-\int\frac{\sin x}{\cos x}dx$. המונה הוא מינוס הנגזרת של המכנה, ולכן:
$$-\int\tan x\,dx=\ln|\cos x|+C$$
בדיקה בגזירה: $\left(\ln|\cos x|\right)'=\frac{-\sin x}{\cos x}=-\tan x$. התשובה היא (א).
דוגמה: חיבור שברים לזווית כפולה
חשבו $\int\left(\frac{1}{2x}+\frac{\sin x}{\cos x-\sin x}\right)dx+\int\frac{\sin x}{\cos x+\sin x}dx$.
מבחן 24.03.22 שאלה 10
מחברים את שני השברים הטריגונומטריים למכנה משותף:
$$\frac{\sin x(\cos x+\sin x)+\sin x(\cos x-\sin x)}{\cos^2x-\sin^2x}=\frac{2\sin x\cos x}{\cos 2x}=\frac{\sin 2x}{\cos 2x}$$
המונה הוא $-\frac12$ כפול הנגזרת של $\cos 2x$, ולכן $\int\frac{\sin 2x}{\cos 2x}dx=-\frac12\ln|\cos 2x|+C$. בנוסף $\int\frac{1}{2x}dx=\frac12\ln|x|+C$.
$$\frac12\ln|x|-\frac12\ln|\cos 2x|+C=\ln\sqrt{\left|\frac{x}{\cos 2x}\right|}+C$$
התשובה היא (א). אפשרות (ה) נובעת מטעות בסימן של האינטגרל של $\tan 2x$.
דוגמה: הפרש לוגריתמים הוא קבוע
חשבו $\int\left(\frac{2x}{x+2}+\ln(x^2+x+3)\right)dx-\int\ln(2x^2+2x+6)\,dx$.
מבחן 27.01.22 שאלה 10
הדיסקרימיננטה של $x^2+x+3$ היא $-11$, ולכן הביטוי חיובי לכל $x$ ומותר לאחד את הלוגריתמים:
$$\ln(x^2+x+3)-\ln\left(2(x^2+x+3)\right)=\ln\frac12=-\ln 2$$
בנוסף $\frac{2x}{x+2}=2-\frac{4}{x+2}$ (ראו שיעור 3). מבצעים אינטגרציה איבר אחר איבר:
$$2x-4\ln|x+2|-x\ln 2+C=2x-\ln\left(2^x(x+2)^4\right)+C$$
הביטוי $(x+2)^4$ אינו שלילי, ולכן אין צורך בערך מוחלט בתוך הלוגריתם. התשובה היא (ג). אפשרות (ד) נובעת מטעות בסימן של $-x\ln 2$.
דוגמה: הורדת חזקה פעמיים
מצאו פונקציה $f(x)$ שהנגזרת שלה היא $\cos^4 x$.
מבחן 30.06.17 שאלה 6
$$\cos^4x=\left(\frac{1+\cos 2x}{2}\right)^2=\frac14\left(1+2\cos 2x+\cos^2 2x\right)$$
מורידים שוב חזקה: $\cos^2 2x=\frac{1+\cos 4x}{2}$. לכן $\cos^4x=\frac14\left(\frac32+2\cos 2x+\frac12\cos 4x\right)$.
$$f(x)=\frac14\left(x+\sin 2x+\frac{x}{2}+\frac{\sin 4x}{8}\right)=\frac{3x}{8}+\frac{\sin 2x}{4}+\frac{\sin 4x}{32}$$
כל פונקציה מהצורה $f(x)+C$ מתאימה גם היא, כי השאלה מבקשת פונקציה אחת בלבד.
דוגמה: זווית כפולה יוצרת נגזרת פנימית
חשבו $\int_0^{\pi/4}\sin(2x)\sin(4x)\,dx$.
מבחן 30.06.20 שאלה 16
לפי $\sin 4x=2\sin 2x\cos 2x$, האינטגרנד הוא $\sin^2(2x)\cdot 2\cos(2x)$. מציבים $u=\sin 2x$, ואז $du=2\cos 2x\,dx$. הגבולות $x=0$ ו־$x=\frac{\pi}{4}$ עוברים ל־$u=0$ ול־$u=1$:
$$\int_0^1u^2\,du=\frac13$$
התשובה היא (ד). מי שמשמיט את הגורם 2 מקבל $\frac16$.
בדיקה קצרה
חשבו $\int\sin^2x\,dx$.
תרגיל מקורי
$\sin^2x=\frac{1-\cos 2x}{2}$, ולכן $\int\sin^2x\,dx=\frac{x}{2}-\frac{\sin 2x}{4}+C$. בגזירה מקבלים $\frac12-\frac{\cos 2x}{2}=\sin^2x$.
שלב 2: אינטגרציה בחלקים
הנוסחה
אם $u$ ו־$v$ גזירות ונגזרותיהן רציפות, אז:
$$\int u\,v'\,dx=u\,v-\int u'\,v\,dx,\qquad \int_a^b u\,v'\,dx=\big[u\,v\big]_a^b-\int_a^b u'\,v\,dx$$
במכפלה של פולינום ופונקציה טריגונומטרית בוחרים את הפולינום בתור $u$. כך כל שימוש בנוסחה מוריד את מעלת הפולינום ב־1.
דוגמה: פולינום כפול קוסינוס
חשבו $\int_0^{\pi}x\cos x\,dx$.
בחינה לדוגמה 2024 שאלה 21
בוחרים $u=x$ ו־$v'=\cos x$, ולכן $u'=1$ ו־$v=\sin x$:
$$\int_0^{\pi}x\cos x\,dx=\big[x\sin x\big]_0^{\pi}-\int_0^{\pi}\sin x\,dx=0+\big[\cos x\big]_0^{\pi}=-1-1=-2$$
בדיקה: $(x\sin x+\cos x)'=\sin x+x\cos x-\sin x=x\cos x$. גם הסימן הגיוני: ב־$\left(\frac{\pi}{2},\pi\right)$ הפונקציה $\cos x$ שלילית ומוכפלת בערכים גדולים יותר של $x$. התשובה היא (ב).
טעות נפוצה: סימן המינוס
בנוסחה יש מינוס לפני האינטגרל השני, וגם $\int\sin x\,dx=-\cos x$. כששוכחים אחד מהם מקבלים $0$ או $2$ במקום $-2$. כדי להימנע מכך, גוזרים את הפונקציה הקדומה שהתקבלה ובודקים שחוזרים לאינטגרנד.
בדיקה קצרה
חשבו $\int_0^{\pi}x\sin x\,dx$.
תרגיל מקורי
בוחרים $u=x$ ו־$v=-\cos x$. הפונקציה הקדומה היא $-x\cos x+\sin x$, ובגזירה מקבלים $x\sin x$. לכן:
$$\big[-x\cos x+\sin x\big]_0^{\pi}=\pi-0=\pi$$
התוצאה חיובית, כמצופה: $x\sin x\ge 0$ בכל הקטע.