2 בחשבון אינפיניטסימלי3 פתרון תרגיל בית
סמסטר ב' תשע"ה89־133
.א.1
Z
1
(x2 + 2x + 5)0 dx
dx
(x + 2)dx
2
=
+
x2 + 2x + 5
x2 + 2x + 5
(x + 1)2 + 4
Z
Z
1
(x2 + 2x + 5)0 dx 1
dx
1
1
x+1
2
+
= ln |x + 2x + 5| + arctan
+ c.
2
x2 + 2x + 5
4
2
2
2
( x+1
)2 + 1
2
Z
Z
Z
Z
(x + 1)dx
dx
+
=
x2 + 2x + 5
x2 + 2x + 5
Z
dx
=
x2 + 8x
ונקבלx = −8 נציב.a =
Z
dx
=
2
x + 8x
1
8
Z
dx
=
x(x + 8)
Z a
b
+
x x+8
ונקבלx = 0 נציב.1 = a(x + 8) + bx אז
Z
1
8
1
1
−
x x+8
dx =
.ב.1
dx
1
x2 +8x
=
a
x
b
+ x+8
אם
לכן.b = − 18
1
(ln |x| − ln |x + 8|) + c.
8
.ג.1
Z
x3
2x + 3
dx =
− 2x2 − 3x
Z
2x + 3
dx =
x(x + 1)(x − 3)
Z b
c
a
+
+
x x+1 x−3
dx
2x+3
a
b
c
.2x + 3 = a(x + 1)(x − 3) + bx(x − 3) + cx(x + 1) אזx3 −2x
2 −3x = x + x+1 + x−3 אם
לכן.c = 34 ונקבלx = 3 נציב.b = 14 ונקבלx = −1 נציב.a = −1 ונקבלx = 0 נציב
Z Z
1
1
3
3
2x + 3
1
dx
=
−
+
+
ln
|x+1|+
ln |x−3|+c
dx
=
−
ln
|x|+
x3 − 2x2 − 3x
x 4(x + 1) 4(x − 3)
4
4
.ד.1
Z
x5 dx
=
x3 + 8
x5 + 8x2
dx −
x3 + 8
Z
Z
=
8
x dx −
3
2
Z
Z
8x2
dx =
x3 + 8
Z
x2 (x3 + 8)
8
dx −
3
x +8
3
Z
(x3 + 8)0
x3 8
dx
=
− ln |x3 + 8| + c.
3
x +8
3
3
3x2
dx
x3 + 8
.ה.1
Z
x4 + 4
dx =
x2 (x2 + 4)
Z
x4 + 4x2
dx−4
x2 (x2 + 4)
Z
x2 − 1
dx =
x2 (x2 + 4)
Z Z
dx−4
a
b
c
+ 2+ 2
x x
x +4
dx
2
a
b
c
אוx2 − 1 = ax(x2 + 4) + b(x2 + 4) + cx2 אזx2x(x−1
2 +4) = x + x2 + x2 +4 אם
x מהשוואת המקדמים של החזקות המתאימות של, ax3 + (b + c − 1)x2 + 4ax + 4b + 1 = 0
לכן.c = 45 ,b = − 14 ,a = 0 נקבל ש־
!
Z
Z
Z Z
x4 + 4
5
5
1
1
1
dx = dx −
−
dx = x −
−
dx
x2 (x2 + 4)
x2 + 4 x2
4 x 2 + 1 x2
2
=x−
x
5
1
arctan
− + c.
2
2
x
קודם נדאג שמעלת המונה תהיה קטנה ממעלת המכנה.ו.1
Z
Z 4
Z 4
Z
Z
Z
x4
x +x−x
x +x
x
x
dx =
dx =
dx −
dx = xdx −
dx
3
3
3
3
3
x +1
x +1
x +1
x +1
x +1
a
נציב.x = a(x2 − x + 1) + (bx + c)(x + 1) אז, x3x+1 = (x+1)(xx2 −x+1) = x+1
+ x2bx+c
אם
−x+1
2
בשניx מהשוואת המקדמים של.a + c = 0 ונקבלx = 0 נציב.3a = −1 ונקבלx = −1
מכאן נקבל.a = − 13 , b = 13 , c = 13 לכן.a + b = 0האגפים נקבל ש־
Z
Z
Z
Z 1
Z
(2x − 1) + 32
1
dx
1
x+1
x2 1
1
x4
2
dx = xdx−
+
dx = − ln |x+1|+
dx
x3 + 1
3
x+1 3
x2 − x + 1
2 3
3
x2 − x + 1
Z
Z
x2 1
1
(2x − 1)dx 1
dx
=
− ln |x + 1| +
+
2
3
6
x2 − x + 1 2
x2 − x + 1
Z
Z
x2 1
1
(x2 − x + 1)0 dx 1
dx
=
− ln |x + 1| +
+
2
2
2
3
6
x −x+1
2
x − 12 + 43
1
1
2x − 1
x2 1
2
√
=
− ln |x + 1| + ln |x − x + 1| + √ arctan
+ c.
2
3
6
3
3
x
a
b
c
כלומר, (x+1)(x+2)
2 = x+1 + x+2 + (x+2)2 נחפש פירוק מהצורה.ז.1
x = −2 נציב.a = −1 ונקבלx = −1 נציב.x = a(x + 2)2 + b(x + 2)(x + 1) + c(x + 1)
לכן.b = 1 לכן,a + b = 0 נקבלx2 מהשוואת המקדמים של.c = 2 ונקבל
Z
Z
Z
x
dx
dx
dx
=−
+
+2
2
(x + 1)(x + 2)
x+1
x+2
(x + 2)2
= − ln |x + 1| + ln |x + 2| −
2
2
+ c.
x+2
.א.2
Z
Z
dx
2dt
1 − t2
= x = 2 arctan(t), dx =
=
, cos(x) =
cos(x)
1 + t2
1 + t2
Z
=
1
1−t2
1+t2
2dt
1 + t2
1
1
+
dt = − ln |1 − t| + ln |1 + t| + c
1−t 1+t
x x = − ln 1 − tan
+ ln 1 + tan
+ c.
2
2
2dt
=
1 − t2
Z .ב.2
Z
Z
dx
2dt
2t
= x = 2 arctan(t), dx =
, sin(x) =
=
sin(x)
1 + t2
1 + t2
Z
x dt
= ln |t| + c = ln tan
=
+ c.
t
2
1
2t
1+t2
2dt
1 + t2
.ג.2
Z √
Z p
1 − x2
1 − sin2 (t) cos(t)dt
dx = [x = sin(t), dx = cos(t)dt] =
x
sin(t)
Z p
h π πi
i Z cos2 (t)dt
cos2 (t) cos(t)dt h
= t = arcsin(x) ∈ − ,
⇒ cos(t) ≥ 0 =
=
sin(t)
2 2
sin(t)
Z
Z
Z
(1 − sin2 (t))dt
t dt
=
+ cos(t) + c =
=
− sin(t)dt = ln tan
∗
sin(t)
sin(t)
2 arcsin(x)
+ cos(arcsin(x)) + c,
ln tan
2
ע"י שימוש בזהויות טריגונומטריות אפשר להראות גם ש־.ב.2 במעבר )*( השתמשנו בסעיף
√
arcsin(x)
x
2
√
cos(arcsin(x)) = 1 − x , tan
=
.
2
1 + 1 − x2
.ד.2
Z √
x2 − 1
1
sin(t)dt
dx = x =
, dx =
=
x2
cos(t)
cos2 (t)
Z s
1 − cos2 (t)
sin(t)dt =
cos2 (t)
3
Z s
Z s
1
sin(t)dt
− 1 cos2 (t)
2
cos (t)
cos2 (t)
sin2 (t)
sin(t)
cos2 (t)
Z
Z
sin2 (t)dt
(1 − cos2 (t))dt
1
t = arccos
∈ [0, π] ⇒ sin(t) ≥ 0 =
=
∗
x
cos(t)
cos(t)
Z
Z
dt
t
+ ln 1 + tan t − sin(t) + c
=
− cos(t)dt = − ln 1 − tan
∗∗
cos(t)
2
2 !
!
arccos x1 arccos x1 1
+c
= − ln 1 − tan
+ ln 1 + tan
− sin arccos
2
2
x
היינו מגיעים לאותה תוצאה )אבלcos(t) ≤ 0 אם היינו מניחים ש־,cos(t) ≥ 0 ב ־ )*( הנחנו ש־
בעזרת זהויות טריגונומטריות.2. ב־ )**( התשמשנו בסעיף א.(זה תרגיל לא פשוט להראות זאת
אפשר להוכיח ש־
!
!
√
1 + x + x2 − 1 arccos x1 arccos x1 √
− ln 1 − tan
+ ln 1 + tan
= ln 2
2
1 + x − x2 − 1 .sin arccos(
Z
1
x
√
=
x2 −1
x
ו־
.ה.2
2dt
1 − t2
2t
dx
= x = 2 arctan(t), dx =
, cos(x) =
, sin(x) =
7 cos(x) − 4 sin(x) + 8
1 + t2
1 + t2
1 + t2
2dt
1+t2
Z
=
7(1−t2 )
1+t2
−
8t
1+t2
Z
+8
=
2dt
=
2
7(1 − t ) − 8t + 8(1 + t2 )
נציב.a = −2 ונקבלt = 3 נציב.2 = a(t − 5) + b(t − 3) אז
Z
Z
t2
2dt
− 8t + 15
2
(t−3)(t−5)
a
b
= t−3
+ t−5
אם
לכן.b = 1 ונקבלt = 5
1
1
−
+
dt = − ln |t − 3| + ln |t − 5| + c
t−3 t−5
x
x
= − ln tan
− 3 + ln tan
− 5 + c.
2
2
2dt
=
2
t − 8t + 15
Z .ו.2
Z
1
(sin(a + b) + sin(a − b))
2
1
1
⇒ sin(x) cos(2x) = (sin(3x) + sin(−x)) = (sin(3x) − sin(x))
2
2
Z
Z
Z
1
1
1
=
(sin(3x) − sin(x)) cos(3x)dx =
sin(3x) cos(3x)dx −
sin(x) cos(3x)dx
2
2
2
sin(x) cos(2x) cos(3x)dx = sin(a) cos(b) =
4
1
=
4
Z
1
sin(6x)dx −
4
Z
(sin(4x) − sin(2x)) dx = −
cos(6x) cos(4x) cos(2x)
+
−
+ c.
24
16
8
.ז.2
Z
tan3 (x)dx =
Z
tan2 (x) tan(x)dx =
Z
=
tan(x)
dx −
cos2 (x)
t = tan(x), dt =
dx
cos2 (x)
Z
Z
tan(x)
dx =
cos2 (x)
Z 1
cos2 (x)
− 1 tan(x)dx
Z
tan(x)dx
• לחישוב האינטגרל הראשון נשתמש בהצבה
tdt =
t2
tan2 (x)
+c=
+ c.
2
2
• לחישוב האינטגרל השני נשתמש בפונקציית הלוגריתם
Z
Z
Z
sin(x)
(cos(x))0
tan(x)dx =
dx = −
dx = − ln | cos(x)| + c.
cos(x)
cos(x)
לכן קיבלנו ש־
Z
Z
tan2 (x)
tan3 (x)dx =
+ ln | cos(x)| + c.
2
sin(2x)dx
1
= [y = 2x, dy = 2dx] =
2 + sin(2x)
2
Z
.ח.2
sin(y)dy
2 + sin(y)
2dt
1 − t2
2t
= y = 2 arctan(t), dy =
, cos(y) =
, sin(y) =
2
2
1+t
1+t
1 + t2
Z 2t 2dt
Z
tdt
1
1+t2 1+t2
2t =
2
2
(1 + t )(1 + t + t2 )
2 + 1+t2
נכפיל את שני האגפים
t
(1+t2 )(1+t+t2 )
=
at+b
1+t2
+
ct+d
.
1+t+t2
,נשתמש בפירוק לשברים חלקיים
( ונקבל1 + t2 )(1 + t + t2 )ב־
t = (at + b)(1 + t + t2 ) + (ct + d)(1 + t2 ) = (a + c)t3 + (a + b + d)t2 + (a + b + c)t + b + d.
בשני האגפים נקבלt מהשוואת המקדמים של החזקות המתאימות של
a + c = 0, a + b + d = 0, a + b + c = 1, b + d = 0 ⇒ b = 1, d = −1.
לכן קיבלנו ש־
5
Z
Z
=
Z tdt
=
2
(1 + t )(1 + t + t2 )
dt
−
1 + t2
Z
t+
dt
1 2
2
+
3
4
1
1
−
2
1+t
1 + t + t2
4
= arctan(t) −
3
2
= arctan(t) − √ arctan
3
2
= x − √ arctan
3
2t + 1
√
3
6
Z
dt
dt
2
2t+1
√
3
+ c = [t = tan(x)]
2 tan(x) + 1
√
3
+ c.
+1
0
