טריקים לאינטגרלים ושטחים

הדרך הארוכה: לפי $\sin 2x=2\tan x\cos^2 x$ מתקבל $f'(x)=\frac{1}{2\sqrt{\tan x}\cos^2 x}$. מציבים $u=\tan x$, ואז $du=\frac{dx}{\cos^2x}$. לכן $f=\int\frac{du}{2\sqrt u}=\sqrt{u}+C=\sqrt{\tan x}+C$.

הדרך המהירה: מזהים מועמדת וגוזרים אותה: $\left(\sqrt{\tan x}\right)'=\frac{1}{2\sqrt{\tan x}\cos^2x}$, וזה בדיוק $f'$. מכיוון ש־$\sqrt{\tan\frac{\pi}{3}}=\sqrt[4]{3}$, מתקבל $C=0$.

לכן $f\left(\frac{\pi}{4}\right)=\sqrt{1}=1$, תשובה (א). שתי הנקודות נמצאות בקטע $\left(0,\frac{\pi}{2}\right)$, ושם $\tan x\gt0$. לכן הנוסחה מוגדרת לאורך כל הדרך.

הדרך הארוכה: מנסים אינטגרציה בחלקים על הלוגריתם. הדרך מסורבלת ומובילה למסיחים כמו תשובה (ה).

הדרך המהירה: מפתחים את הריבוע: $(\cos x+\sin x)^2=1+\sin 2x$. לכן הארגומנט שווה ל־$1$, והאינטגרנד הראשון הוא $\ln 1=0$. נשאר $-\int\tan x\,dx=\ln|\cos x|+C$, תשובה (א). הגזירה מאשרת זאת: $(\ln|\cos x|)'=-\tan x$.

הדרך הארוכה: מבצעים חילוק ארוך של $x^2+3$ ב־$x^2+1$. המנה היא $1$ והשארית היא $2$.

הדרך המהירה: כותבים את המונה כ־$(x^2+1)+2$, ומקבלים $1+\frac{2}{x^2+1}$. לכן:

$$\int_0^1\left(1+\frac{2}{x^2+1}\right)dx=\left[x+2\arctan x\right]_0^1=1+\frac{\pi}{2}$$

הדרך הארוכה: לפי $\ln(x^x)=x\ln x$ מציבים $u=\ln x$, ואז $du=\frac{dx}{x}$. מתקבל $\int_1^2\frac{du}{u}=\ln 2$.

הדרך המהירה: $\left(\ln|\ln x|\right)'=\frac{1}{x\ln x}$. הקטע $[e,e^2]$ נמצא כולו בתחום $x\gt1$, ושם $\ln x\gt0$. לכן התוצאה היא $\ln 2-\ln 1=\ln 2$.

הדרך הארוכה: בוחרים $u=x$ ו־$v'=\cos x$:

$$\int_0^{\pi}x\cos x\,dx=\left[x\sin x\right]_0^{\pi}-\int_0^{\pi}\sin x\,dx=0-2=-2$$

הדרך המהירה: בודקים בגזירה: $(x\sin x+\cos x)'=x\cos x$. לכן התוצאה היא $\left[x\sin x+\cos x\right]_0^{\pi}=-1-1=-2$, תשובה (ב). בדיקת סימן: בקטע $\left(\frac{\pi}{2},\pi\right)$ הקוסינוס שלילי, והגורם $x$ שם גדול יותר. לכן התשובה שלילית, והתשובות $0$ ו־$2$ נפסלות.

הדרך הארוכה: $g(x)=\frac{x}{2}+\frac{\sin 2x}{4}+C$. מהתנאי $g(0)=1$ מתקבל $C=1$, ולכן $g(\pi)=1+\frac{\pi}{2}$.

הדרך המהירה: על מחצית מחזור $\int_0^{\pi}\cos^2x\,dx=\int_0^{\pi}\sin^2x\,dx$, וסכום שני האינטגרלים הוא $\pi$. לכן $g(\pi)=1+\frac{\pi}{2}$.

הדרך הארוכה: $\cos^4x=(1-\sin^2x)^2=1-2\sin^2x+\sin^4x$. לכן האינטגרנד הוא $1+\sin^4x$, והתוצאה היא $A+\frac{\pi}{2}$.

הדרך המהירה: לפי ההחלפה, $\int_0^{\pi/2}\cos^4x\,dx=A$. בנוסף $\int_0^{\pi/2}\sin^2x\,dx=\frac{\pi}{4}$, ולכן $\int_0^{\pi/2}2\sin^2x\,dx=\frac{\pi}{2}$. התשובה היא $A+\frac{\pi}{2}$, תשובה (ד).

הדרך הארוכה: מוצאים פונקציה קדומה ל־$(\ln x)^3$ בשלוש אינטגרציות בחלקים, ומציבים את הגבולות. הדרך ארוכה ודורשת חישוב מספרי.

הדרך המהירה: לפי חיבוריות, $a=\int_{e^2}^{e^2+0.02}(\ln x)^3dx$. בקטע הזה האינטגרנד שווה כמעט ל־$(\ln e^2)^3=8$, ואינו קטן ממנו. לכן $a\approx8\cdot0.02=0.16$, תשובה (ב).

הדרך הארוכה: מחלקים את הקטע ב־$0$. מתקבל $\int_{-\pi/2}^{0}(-\sin 2x)\,dx=1$ ו־$\int_0^{\pi/2}\sin 2x\,dx=1$.

הדרך המהירה: $\sin 2x$ היא פונקציה אי־זוגית. לכן ב־(ב) התוצאה היא $0$, וב־(א) השטח הוא $2\cdot\left[-\frac{\cos 2x}{2}\right]_0^{\pi/2}=2\cdot1=2$.

הדרך הארוכה: $\int_m^{2m}\frac{dx}{x}=\ln(2m)-\ln m=\ln 2$.

הדרך המהירה: ההחלפה $x=mu$ משאירה את $\frac{dx}{x}$ ללא שינוי. לכן התשובה אינה תלויה ב־$m$, וכל תשובה שתלויה ב־$m$ נפסלת. נשארת תשובה (ב), $\ln 2$. השאלה מניחה $m\gt0$, כך שהקטע לא חוצה את $0$.

הדרך הארוכה: העקומות נחתכות ב־$(0,1)$, והן פוגשות את $y=e$ ב־$x=\pm\frac1k$. לכן השטח הוא $\int_{-1/k}^{0}\left(e-e^{-kx}\right)dx+\int_0^{1/k}\left(e-e^{kx}\right)dx=\frac{2}{k}$.

הדרך המהירה: שתי העקומות סימטריות זו לזו ביחס ל־$x=0$. כש־$k=1$ השטח הוא $2\int_0^1(e-e^x)\,dx=2$. החלפת $x$ ב־$kx$ מחלקת את השטח ב־$k$, ולכן השטח הוא $\frac{2}{k}=1$ ו־$k=2$, תשובה (ה). כש־$k=0$ שתי הפונקציות שוות ל־$1$, ואין תחום חסום.

הדרך הארוכה: $f(0)=g(0)=0$. בקטע $\left(-\frac12,0\right)$ מתקיים $f\gt0\gt g$, ובקטע $\left(0,\frac12\right)$ מתקיים $g\gt0\gt f$. מבצעים אינטגרציה של $f-g$ ואחר כך של $g-f$, ומציבים את כל הגבולות.

הדרך המהירה: מפרידים בין שני חלקי ההפרש. החלק של $|\sin(\pi x)|$ סימטרי, ולכן הוא תורם $2\int_0^{1/2}\sin(\pi x)\,dx=\frac{2}{\pi}$. החלק של $|4^x-1|$ תורם $\left(\frac12-\frac{1}{2\ln4}\right)+\left(\frac{1}{\ln4}-\frac12\right)=\frac{1}{2\ln4}$. השטח הוא $\frac{2}{\pi}+\frac{1}{2\ln4}$, תשובה (ד). עוד לפני החישוב אפשר לפסול את (א) ואת (ג): הן שליליות, כי $\ln 4\approx1.39$.

הדרך הארוכה: $S_1=-\int_0^3(x^2-3x)\,dx=\frac92$. החיתוכים של $f$ ו־$g$ הם $x=0$ ו־$x=\frac{3}{1+a}$, ובקטע הזה $g\ge f$. מבצעים אינטגרציה ומקבלים $S_2=\frac{9}{2(1+a)^2}$.

הדרך המהירה: ל־$S_1$: $|a|=1$ ו־$d=3$, ולכן $S_1=\frac{27}{6}=\frac92$. ל־$S_2$ ההפרש הוא $(1+a)x^2-3x$, עם $d=\frac{3}{1+a}$. לכן $S_2=\frac{(1+a)}{6}\cdot\frac{27}{(1+a)^3}=\frac{9}{2(1+a)^2}$.

מהתנאי $S_1=2S_2$ מתקבל $(1+a)^2=2$. מכיוון ש־$a\gt0$, $a=\sqrt2-1$, תשובה (ג).

הדרך הארוכה: המשיקים הם $y=4x+4$ ו־$y=-8x-8$, והם נפגשים ב־$(-1,0)$. השטח מתחת לגרף הוא $\int_{-4}^{2}(x^2+8)\,dx=72$. מחסירים את שני המשולשים שבין המשיקים לציר $x$, ששטחיהם $36$ ו־$18$. מתקבל $72-54=18$.

הדרך המהירה: $|a|=1$ ו־$d=2-(-4)=6$. לכן השטח הוא $\frac{6^3}{12}=18$, תשובה (ב). אם מחשבים בטעות את השטח בין הפרבולה למיתר $AB$, מקבלים $\frac{6^3}{6}=36$.

הדרך הארוכה: $f'(x)=-2x+\frac{2}{\sqrt x}=0$ מתקיים רק ב־$x_1=1$, כי ב־$x=0$ הנגזרת אינה מוגדרת. מהמשוואה $-7x_2+19=-9$ מתקבל $x_2=4$. המשיק נמצא מעל הגרף בקטע, ולכן:

$$\int_1^4\left(x^2-7x-4\sqrt x+20\right)dx=\left[\frac{x^3}{3}-\frac{7x^2}{2}-\frac{8}{3}x^{3/2}+20x\right]_1^4=24-\frac{85}{6}=9\tfrac56$$

הדרך המהירה: ההפרש $h(x)=x^2-7x-4\sqrt x+20$ מקיים $h(1)=10$, $h(4)=0$ ו־$h''(x)=2+x^{-3/2}\gt0$. לכן $h$ קמורה ונמצאת מתחת למיתר. השטח קטן משטח המשולש $\frac{3\cdot10}{2}=15$. מבין התשובות רק $9\tfrac56$ קטנה מ־$15$, תשובה (ד).