משתמש:אור שחף/133 - תרגול/6.3.11

שיטות פרמיטיביות לחישוב שטחים

המטרה: לחשב שטח מתחת לכל עקומה (כמעט).

דוגמה 1

חשב את השטח הכלוא בין ציר ה-x לעקומה במקרים הבאים:

1. $\int\limits_0^5 |x-3|\mathrm dx$
   פתרון: נשים לב להגדרת $|x-3|$ לפיה האינטגרל שווה ל-$\int\limits_0^3-(x-3)\mathrm dx+\int\limits_3^5 (x-3)\mathrm dx$. גרף (1) מספיק לחשב את השטחים I ו-II. נעשה זאת לפי שטח משולש: עבור I - $\int\limits_0^3-(x-3)\mathrm dx=\frac{3\cdot3}2=4.5$ ועבור II - $\int\limits_3^5 (x-3)\mathrm dx=\frac{2\cdot2}2=2$ ולכן השטח הכולל הוא 6.5. $\blacksquare$
   הערה: אם התחום היה, למשל, $[4,5]$ היינו יכולים לחשב לפי שטח טרפז.
2. $\int\limits_0^{10} \sqrt{10x-x^2}\mathrm dx$. פתרון: נבדוק מהו גרף הפונקציה. נסמן $y=\sqrt{10x-x^2}\implies y^2=10x-x^2\implies (x-5)^2+y^2=5^2$. קיבלנו מעגל - גרף (2). מסימטריות המעגל אפשר לקחת חצי משטח המעגל. $\int\limits_0^{10}\sqrt{10x-x^2}\mathrm dx=\frac{25\pi}2+c$ $\blacksquare$
3. $\int\limits_a^b\sqrt\frac{4-x^2}2\mathrm dx$, כאשר a,b הם גבולות העקומה. פתרון: נסמן $y=\sqrt\frac{4-x^2}2\implies \left(\frac y\sqrt2\right)^2+\left(\frac x2\right)^2$. זוהי אליפסה שמרכזה ב-$(0,0)$. נסמן $a=2,\ b=\sqrt2$ ולפי נוסחה לשטח אליפסה ($\pi a b$) נקבל $2\sqrt2\pi$. האינטגרל הוא מחצית השטח, כלומר $\sqrt2\pi$. $\blacksquare$

האינטגרל הלא מסויים

המטרה: להגדיר אינטגרל דרך פונקציה קדומה: $F(x)=\int f(x)\mathrm dx$ ולכן אפשר להשתמש בכיוון השני של טבלת הגזירה. למשל, $\frac{\mathrm d\ln(x)}{\mathrm dx}=\frac1x$ ולכן $\int\frac{\mathrm dx}x=\ln|x|+c$

דוגמה 1 (שיטת פירוק)

חשב $\int\frac{2x^4}{1+x^2}\mathrm dx$.

פתרון

זה שווה ל-

$\begin{align}2\int\frac{x^4-1+1}{1+x^2}\mathrm dx&=2\int\left(\frac{(x^2-1)(x^2+1)}{x^2+1}+\frac1{x^2+1}\right)\mathrm dx\\&=2\int(x^2-1)\mathrm dx+2\int\frac{\mathrm dx}{1+x^2}\\&=2\frac{x^3}3-2x+2\arcsin(x)+c\end{align}$

$\blacksquare$

באופן כללי: נבדוק מה מאפס את המונה ומה מאפס את המכנה (במקרה הזה לא מתאפס ב-$\mathbb R$). אם מצטמצם ננסה חילוק פולינומים, אחרת נחפס להציג כקבוע ועוד שארית. דוגמה נוספת: $\int\frac{x^2}{x^2+1}\mathrm dx=\int\frac{x^2+1-1}{x^2+1}\mathrm dx$.

דוגמה 2

חשב $I=\int\frac{\mathrm dx}{\sin^2(x)\cos^2(x)}$.

פתרון

דרך א: מתקיים $I=4\int\frac{\mathrm dx}{\Big(2\sin(x)\cos(x)\Big)^2}=4\int\frac{\mathrm dx}{(\sin(2x))^2}$. זהו אינטגרל לא פשוט ולכן ננסה את דרך ב:

$\begin{align}I&=\int\frac{\sin^2(x)+\cos^2(x)}{\sin^2(x)\cos^2(x)}\mathrm dx\\&=\int\frac{\mathrm dx}{\sin^2(x)}+\int\frac{\mathrm dx}{\cos^2(x)}\\&=\tan(x)-\cot(x)+c\end{align}$

$\blacksquare$

ניתן לבדוק זאת ע"י גזירת הפונקציה הקדומה, אבל כמובן שההוכחה הזו מספיקה.

---

שיטת ההצבה: $\int f(g(x))g'(x)\mathrm dx=F(g(x))+c$

דוגמה 3

חשב $\int\sin^5(x)\cos(x)\mathrm dx$.

פתרון

נציב $y=\sin(x)$ ולכן $\mathrm dy=\cos(x)\mathrm dx$. אזי האינטגרל הוא: $\int y^5\mathrm dy=\frac{y^6}6+c=\frac{\sin^6(x)}6+c$. $\blacksquare$

---

אינטגרציה בחלקים: $\int f(x)g'(x)\mathrm dx=f(x)g(x)-\int f'(x)g(x)\mathrm dx$.

דוגמה 4

חשב את האינטגרלים הבאים:

1. $\int xe^x\mathrm dx$

   פתרון

   לפי אינטגרציה בחלקים, נגדיר $f(x)=x\ \and\ g(x)=e^x$. לכן האינטגרל שווה ל-$xe^x-\int1e^x\mathrm dx=xe^x-e^x+c$. $\blacksquare$

2. $\int\ln(x)\mathrm dx$

   פתרון

   נסמן $f(x)=\ln(x)\ \and\ g(x)=x$ ואז $x\ln(x)-\int\frac{\mathrm dx}x=x\ln(x)-x+c$. $\blacksquare$
3. $\int\sin(x)e^x\mathrm dx$

   פתרון

   $f(x)=\sin(x)\ \and\ g(x)=e^x$ ואז $\sin(x)e^x-\int\cos(x)e^x\mathrm dx$. ולפי אינטגרציה שנייה: $\sin(x)e^x-\cos(x)e^x-\int\sin(x)e^x\mathrm dx$ ולכן $\int\sin(x)e^x\mathrm dx=\frac12\left(\sin(x)e^x-\cos(x)e^x\right)+c$. $\blacksquare$

   מסקנה: במקרה של-f,g יש מספר סופי של נגזרות שונות, נשתמש בשיטה זו.

דוגמה 5

$\int\frac{3^x}\sqrt{1-9^x}\mathrm dx$.

פתרון

בשיטת ההצבה, $y=3^x\implies\mathrm dy=\ln(3)\cdot3^x\mathrm dx$ והאינטגרל הנ"ל שווה ל-$\frac1{\ln(3)}\int\frac{\mathrm dy}\sqrt{1-y^2}=\frac1{\ln(3)}\arcsin(3^x)+c$. $\blacksquare$