F ( x ) F(x) F ( x ) פונקציה קדומה של f ( x ) f(x) f ( x ) I I I F ′ ( x ) = f ( x ) F'(x)=f(x) F ′ ( x ) = f ( x )
כלומר, פונקציה קדומה היא הפעולה ההפוכה לנגזרת שלפעמים קוראים לה אנטי-נגזרת.אינפי 1 . אך הפעולה ההפוכה היא לא יחידה. נניח ויש לנו גרף עם שיפוע מסויים, הזזה של אותו הגרף למעלה תהיה בדיוק עם אותו השיפוע ולכן יהיו להן בדיוק אותה נגזרת.
תהי F F F f f f I I I f f f I I I { F ( x ) + c ∣ c ∈ R } {\Large\{} F(x)+c {\;\Big|\;} c \in \mathbb{R} \Large\} { F ( x ) + c c ∈ R }
המשפט אומר שני דברים:
כל פונקציה כזו היא פונקציה קדומה של f f f
אלו כל הפונקציות הקדומות
כעת, נדרש להוכיח את שניהם.
הוכחה: c ∈ R c \in \mathbb{R} c ∈ R ( F ( x ) + c ) ′ = f ( x ) (F(x)+c)'=f(x) ( F ( x ) + c ) ′ = f ( x ) G ( x ) G(x) G ( x ) f f f H = G − F H=G-F H = G − F
H ′ = G ′ − F ′ = f − f = 0 H'=G'-F'=f-f=0 H ′ = G ′ − F ′ = f − f = 0 לכן, לפי מסקנה מלגרנז', H = c H=c H = c c ∈ R c \in \mathbb{R} c ∈ R G − F = c G-F=c G − F = c G = F + c G=F+c G = F + c ∎
כלומר, אם לפונקציה יש פונקציה קדומה(ולא לכל הפונקציות יש) אז יש לה ∞ \infty ∞
אוסף הפונקציות הקדומות של f f f
∫ f ( x ) d x \int f(x)dx ∫ f ( x ) d x צריך לזכור שכאשר רואים את הסימון הזה, לא מדובר בפונקציה אחת אלא במשפחה של פונקציות.
∫ cos x d x = sin x + c ∫ sin x d x = − cos x + c \int \cos xdx=\sin x+c \qquad \int \sin xdx=-\cos x+c ∫ cos x d x = sin x + c ∫ sin x d x = − cos x + c ∫ e x d x = e x + c ∫ x d x = x 2 2 + c n ≠ − 1 , ∫ x n d x = x n + 1 n + 1 + c \int e^xdx=e^x+c \qquad \int xdx=\frac{x^2}{2}+c \qquad n\neq-1, \int x^ndx=\frac{x^{n+1}}{n+1}+c ∫ e x d x = e x + c ∫ x d x = 2 x 2 + c n = − 1 , ∫ x n d x = n + 1 x n + 1 + c ∫ 1 1 + x 2 d x = arctan x + c − 1 < x < 1 , ∫ d x 1 − x 2 = arcsin x + c x ≠ 0 , ∫ 1 x d x = ln ∣ x ∣ + c \int \frac{1}{1+x^2}dx=\arctan x+c \qquad -1<x<1, \int \frac{dx}{\sqrt{ 1-x^2 }}=\arcsin x+c \qquad x\neq0,\int \frac{1}{x}dx=\ln |x|+c ∫ 1 + x 2 1 d x = arctan x + c − 1 < x < 1 , ∫ 1 − x 2 d x = arcsin x + c x = 0 , ∫ x 1 d x = ln ∣ x ∣ + c בדיקה על ידי גזירה: (תמיד כדאי לעשות)
ln ∣ x ∣ = { ln x x > 0 ln ( − x ) x < 0 ⟹ ( ln ∣ x ∣ ) ′ = { 1 x x > 0 1 − x ⋅ ( − 1 ) x < 0 = 1 x \ln |x|=\begin{cases}
\ln x & x> 0 \\
\ln(-x) & x<0
\end{cases} \implies (\ln |x|)'=\begin{cases}
\frac{1}{x} & x> 0 \\
\frac{1}{-x}\cdot (-1) & x<0
\end{cases}=\frac{1}{x} ln ∣ x ∣ = { ln x ln ( − x ) x > 0 x < 0 ⟹ ( ln ∣ x ∣ ) ′ = { x 1 − x 1 ⋅ ( − 1 ) x > 0 x < 0 = x 1
האינטגרלים הנ"ל נקראים אינטגרלים מידיים ונראה אותם הרבה בהמשך הקורס וגם נוכיח את חלקם.
יהיו f , g : R → R f,g:\mathbb{R}\to \mathbb{R} f , g : R → R
1. ∫ ( f ( x ) + g ( x ) ) d x = ∫ f ( x ) d x + ∫ g ( x ) d x 2. ∀ α ∈ R : ∫ α f ( x ) d x = α ∫ f ( x ) d x \begin{align*}
1.\; & \int (f(x)+g(x))dx=\int f(x)dx+\int g(x)dx \\
2.\; & \forall \alpha \in \mathbb{R}:\; \int \alpha f(x)dx=\alpha\int f(x)dx
\end{align*} 1. 2. ∫ ( f ( x ) + g ( x )) d x = ∫ f ( x ) d x + ∫ g ( x ) d x ∀ α ∈ R : ∫ α f ( x ) d x = α ∫ f ( x ) d x הוכחה: f , g f,g f , g F , G F,G F , G H ( x ) = F ( x ) + G ( x ) H(x)=F(x)+G(x) H ( x ) = F ( x ) + G ( x )
H ′ ( x ) = ↓ כללי גזירה F ′ ( x ) + G ′ ( x ) = f ( x ) + g ( x ) H'(x) \underset{\begin{matrix}
\downarrow \\
\R{\text{כללי גזירה}}
\end{matrix}}{=}F'(x)+G'(x)=f(x)+g(x) H ′ ( x ) ↓ כללי גזירה = F ′ ( x ) + G ′ ( x ) = f ( x ) + g ( x ) ∫ f ( x ) d x + ∫ g ( x ) d x = ↓ הגדרת אינטגרל F ( x ) + G ( x ) = H ( x ) = ↓ הגדרת אינטגרל ∫ H ′ ( x ) d x = ∫ ( f ( x ) + g ( x ) ) d x \int f(x)dx+\int g(x)dx \underset{\begin{matrix}
\downarrow \\
\R{\text{הגדרת אינטגרל}}
\end{matrix}}{=} F(x)+G(x)=H(x) \underset{\begin{matrix}
\downarrow \\
\R{\text{הגדרת אינטגרל}}
\end{matrix}}{=}\int H'(x)dx=\int (f(x)+g(x))dx ∫ f ( x ) d x + ∫ g ( x ) d x ↓ הגדרת אינטגרל = F ( x ) + G ( x ) = H ( x ) ↓ הגדרת אינטגרל = ∫ H ′ ( x ) d x = ∫ ( f ( x ) + g ( x )) d x יהי α ∈ R \alpha \in \mathbb{R} α ∈ R K ( x ) = α F ( x ) K(x)=\displaystyle \alpha F(x) K ( x ) = α F ( x )
K ′ ( x ) = ( α F ( x ) ) ′ = ↓ כללי גזירה α F ′ ( x ) = α f ( x ) K'(x)=(\alpha F(x))' \underset{\begin{matrix}
\downarrow \\
\R{\text{כללי גזירה}}
\end{matrix}}{=}\alpha F'(x)=\alpha f(x) K ′ ( x ) = ( α F ( x ) ) ′ ↓ כללי גזירה = α F ′ ( x ) = α f ( x ) α ∫ f ( x ) d x = ↓ הגדרת אינטגרל α F ( x ) = K ( x ) = ↓ הגדרת אינטגרל ∫ K ′ ( x ) d x = ∫ α f ( x ) d x \alpha \int f(x)dx \underset{\begin{matrix}
\downarrow \\
\R{\text{הגדרת אינטגרל}}
\end{matrix}}{=}\alpha F(x)=K(x) \underset{\begin{matrix}
\downarrow \\
\R{\text{הגדרת אינטגרל}}
\end{matrix}}{=} \int K'(x)dx=\int\alpha f(x)dx α ∫ f ( x ) d x ↓ הגדרת אינטגרל = α F ( x ) = K ( x ) ↓ הגדרת אינטגרל = ∫ K ′ ( x ) d x = ∫ α f ( x ) d x ∎
דוגמה (אינטגרל כמעט מיידי)
∫ x 4 1 + x 2 d x = ∫ x 4 − 1 + 1 1 + x 2 d x = ∫ ( x 2 − 1 ) ( x 2 + 1 ) x 2 + 1 + 1 x 2 + 1 d x = \int \frac{x^4}{1+x^2}dx=\int \frac{x^4-1+1}{1+x^2}dx=\int \frac{(x^2-1)(x^2+1)}{x^2+1}+\frac{1}{x^2+1}dx= ∫ 1 + x 2 x 4 d x = ∫ 1 + x 2 x 4 − 1 + 1 d x = ∫ x 2 + 1 ( x 2 − 1 ) ( x 2 + 1 ) + x 2 + 1 1 d x = ∫ ( x 2 − 1 ) ( x 2 + 1 ) x 2 + 1 d x + ∫ 1 x 2 + 1 d x = ∫ x 2 d x − ∫ 1 d x + ∫ 1 1 + x 2 d x = x 3 3 − x + arctan x + c \int\frac{(x^2-1)\cancel{ (x^2+1) }}{\cancel{ x^2+1 }}dx+\int \frac{1}{x^2+1}dx=\int x^2dx-\int1dx+\int \frac{1}{1+x^2}dx=\frac{x^3}{3}-x+\arctan x {\; \color{red}+\; c} ∫ x 2 + 1 ( x 2 − 1 ) ( x 2 + 1 ) d x + ∫ x 2 + 1 1 d x = ∫ x 2 d x − ∫ 1 d x + ∫ 1 + x 2 1 d x = 3 x 3 − x + arctan x + c
תהי f ( x ) : R → R f(x):\mathbb{R}\to \mathbb{R} f ( x ) : R → R f ( x ) ≠ 0 f(x)\neq 0 f ( x ) = 0
∫ f ′ ( x ) f ( x ) d x = ln ∣ f ( x ) ∣ + c \int \frac{f'(x)}{f(x)}dx=\ln |f(x)|+c ∫ f ( x ) f ′ ( x ) d x = ln ∣ f ( x ) ∣ + c נבדוק זאת ע"י גזירה:
( ln ∣ f ( x ) ∣ + c ) ′ = { f ′ ( x ) f ( x ) x > 0 − f ′ ( x ) − f ( x ) x < 0 = f ′ ( x ) f ( x ) (\ln|f(x)|+c)'=\begin{cases}
\frac{f'(x)}{f(x)} & x>0 \\
\frac{-f'(x)}{-f(x)} & x<0
\end{cases}=\frac{f'(x)}{f(x)} ( ln ∣ f ( x ) ∣ + c ) ′ = { f ( x ) f ′ ( x ) − f ( x ) − f ′ ( x ) x > 0 x < 0 = f ( x ) f ′ ( x ) הוכחה:
( ln ∣ f ( x ) ∣ + c ) ′ = ∣ f ′ ( x ) ∣ ∣ f ( x ) ∣ = f ′ ( x ) f ( x ) (\ln |f(x)|+c)'=\frac{|f'(x)|}{|f(x)|}=\frac{f'(x)}{f(x)} ( ln ∣ f ( x ) ∣ + c ) ′ = ∣ f ( x ) ∣ ∣ f ′ ( x ) ∣ = f ( x ) f ′ ( x ) נסמן F ∗ ( x ) = ∫ f ′ ( x ) f ( x ) d x \displaystyle F^*(x)=\int \frac{f'(x)}{f(x)}dx F ∗ ( x ) = ∫ f ( x ) f ′ ( x ) d x
( F ∗ ( x ) ) ′ = f ′ ( x ) f ( x ) = ( ln ∣ f ( x ) ∣ + c ) ′ (F^*(x))'=\frac{f'(x)}{f(x)}=(\ln |f(x)|+c)' ( F ∗ ( x ) ) ′ = f ( x ) f ′ ( x ) = ( ln ∣ f ( x ) ∣ + c ) ′ ∫ f ′ ( x ) f ( x ) d x = F ∗ ( x ) = ∫ ( F ∗ ( x ) ) ′ d x = ∫ ( ln ∣ f ( x ) ∣ + c ) ′ d x = ln ∣ f ( x ) ∣ + c \int \frac{f'(x)}{f(x)}dx=F^*(x)=\int (F^*(x))'dx=\int (\ln |f(x)|+c)'dx=\ln |f(x)|+c ∫ f ( x ) f ′ ( x ) d x = F ∗ ( x ) = ∫ ( F ∗ ( x ) ) ′ d x = ∫ ( ln ∣ f ( x ) ∣ + c ) ′ d x = ln ∣ f ( x ) ∣ + c ∎
דוגמה (עוד דוגמה של אינטגרל כמעט מיידי)
∫ tan x d x = ∫ sin x cos x d x = ↓ המשפט הנ"ל − ln ∣ cos x ∣ + c \int \tan xdx=\int \frac{\sin x}{\cos x}dx \underset{\begin{matrix}
\downarrow \\
\R{\text{המשפט הנ"ל}}
\end{matrix}}{=}-\ln |\cos x|+c ∫ tan x d x = ∫ cos x sin x d x ↓ המשפט הנ"ל = − ln ∣ cos x ∣ + c
לא לכל f f f
לפי משפט דרבו, הפונקציה הנ"ל לא יכולה להיות נגזרת ולכן אין לה פונקציה קדומה.0 0 0
אינטגרציה בחלקים
יהיו שתי פונקציות u , v u,v u , v
( u v ) ′ = ( u ( x ) ⋅ v ( x ) ) ′ = u ′ v + u v ′ (uv)'=(u(x)\cdot v(x))'=u'v+uv' ( uv ) ′ = ( u ( x ) ⋅ v ( x ) ) ′ = u ′ v + u v ′ נפעיל על שני האגפים אינטגרל(לפי ליניאריות נוכל להגיע לצורה הבאה):
u v + c = ∫ u ′ v + ∫ u v ′ uv+c=\int u'v+\int uv' uv + c = ∫ u ′ v + ∫ u v ′ ⇓ − העברת אגפים \qquad \qquad \qquad \Downarrow - \R{\text{העברת אגפים}} ⇓ − העברת אגפים ∫ u v ′ = u v − ∫ u ′ v \int uv'=uv-\int u'v ∫ u v ′ = uv − ∫ u ′ v
יהיו u , v : R → R u,v:\mathbb{R}\to \mathbb{R} u , v : R → R
∫ u v ′ = u v − ∫ u ′ v \int uv'=uv-\int u'v ∫ u v ′ = uv − ∫ u ′ v
∫ x e x d x ⟹ u = x v ′ = e x u ′ = 1 v = e x ⟹ ∫ x e x d x = x e x − ∫ e x d x = x e x − e x + c \int xe^xdx \implies \begin{matrix}
u=x & v'=e^x \\
u'=1 & v=e^x
\end{matrix} \implies \int xe^xdx=xe^x-\int e^xdx=xe^x-e^x+c ∫ x e x d x ⟹ u = x u ′ = 1 v ′ = e x v = e x ⟹ ∫ x e x d x = x e x − ∫ e x d x = x e x − e x + c מומלץ תמיד לרשום מי זה u u u v v v .
( x e x − e x + c ) ′ = e x + x e x − e x = x e x (xe^x-e^x+c)'=e^x+xe^x-e^x=xe^x ( x e x − e x + c ) ′ = e x + x e x − e x = x e x כנדרש.
∫ e x cos x d x ⟹ v ′ = e x u = cos x v = e x u ′ = − sin x ⟹ ∫ e x cos x d x = e x cos x + ∫ e x sin x d x \int e^x\cos xdx\implies \begin{matrix}
v'=e^x & u=\cos x \\
v=e^x & u'=-\sin x
\end{matrix}\implies \int e^x\cos xdx=e^x\cos x+\int e^x\sin xdx ∫ e x cos x d x ⟹ v ′ = e x v = e x u = cos x u ′ = − sin x ⟹ ∫ e x cos x d x = e x cos x + ∫ e x sin x d x עכשיו יש רגע של התלבטות - קיבלנו משהו שנראה באותה רמת קושי כמו שהתחלנו איתו. בואו ננסה עוד פעם(רק צריך להיזהר מהמלכודת של לעשות את אותו הדבר שוב ושוב כמו בלופיטל)
u = sin x v ′ = e x u ′ = cos x v = e x ⟹ e x cos x + ∫ e x sin x d x = e x cos x + e x sin x − ∫ e x cos x d x \begin{matrix}
u=\sin x & v'=e^x \\
u'=\cos x & v=e^x
\end{matrix}\implies e^x\cos x+\int e^x\sin xdx=e^x\cos x+e^x\sin x-\int e^x\cos xdx u = sin x u ′ = cos x v ′ = e x v = e x ⟹ e x cos x + ∫ e x sin x d x = e x cos x + e x sin x − ∫ e x cos x d x נשים לב כי הגענו לאינטגרל שהתחלנו ממנו. נשים לב בנוסף כי אנחנו יכולים להעביר אגף ולכן:
2 ∫ e x cos x d x = e x cos x + e x sin x + c ⟹ ∫ e x cos x d x = e x cos x + e x sin x 2 + c 2\int e^x\cos xdx=e^x\cos x+e^x\sin x+c \implies \int e^x\cos xdx=\frac{e^x\cos x+e^x\sin x}{2}+c 2 ∫ e x cos x d x = e x cos x + e x sin x + c ⟹ ∫ e x cos x d x = 2 e x cos x + e x sin x + c
∫ arctan x d x = ∫ 1 ⋅ arctan x d x ⟹ v ′ = 1 u = arctan x v = x u ′ = 1 1 + x 2 \int \arctan xdx=\int 1\cdot \arctan xdx\implies \begin{matrix}
v'=1 & u=\arctan x \\
v=x & u'=\frac{1}{1+x^2}
\end{matrix} ∫ arctan x d x = ∫ 1 ⋅ arctan x d x ⟹ v ′ = 1 v = x u = arctan x u ′ = 1 + x 2 1 ∫ 1 ⋅ arctan x d x = x arctan x − ∫ x 1 + x 2 d x = x arctan x − 1 2 ln ∣ 1 + x 2 ∣ + c \int 1\cdot \arctan xdx=x \arctan x-\int \frac{x}{1+x^2}dx=x\arctan x-\frac{1}{2}\ln |1+x^2|+c ∫ 1 ⋅ arctan x d x = x arctan x − ∫ 1 + x 2 x d x = x arctan x − 2 1 ln ∣1 + x 2 ∣ + c נבדוק באמצעות גזירה:
( x arctan x − 1 2 ln ∣ 1 + x 2 ∣ + c ) ′ = H W \left( x \arctan x-\frac{1}{2}\ln |1+x^2|+c \right)'= HW ( x arctan x − 2 1 ln ∣1 + x 2 ∣ + c ) ′ = H W אינטגרל של פונקציה רציונלית
בתרגול: אינטגרל של פונקציה רציונלית.
שיטת ההצבה
∫ sin 2 x cos x d x = ( t = sin x d t d x = cos x ⇓ − ההצדקה במשפט שיבוא d t = cos x d x ) ∫ t 2 d t = t 3 3 + c = sin 3 x 3 + c \int \sin^2x\cos xdx \underset{\begin{pmatrix}
t=\sin x \\
\frac{dt}{dx}=\cos x \\
\Downarrow - \R{\text{ההצדקה במשפט שיבוא}} \\
dt=\cos xdx
\end{pmatrix}}{=} \int t^2dt=\frac{t^3}{3}+c=\frac{\sin^3x}{3}+c ∫ sin 2 x cos x d x t = sin x d x d t = cos x ⇓ − ההצדקה במשפט שיבוא d t = cos x d x = ∫ t 2 d t = 3 t 3 + c = 3 sin 3 x + c בואו נשתכנע שזה נכון באמצעות גזירה:
( sin 3 x 3 + c ) ′ = 3 sin 2 x cos x 3 = sin 2 x cos x \left( \frac{\sin^3x}{3}+c \right)'=\frac{3\sin^2x\cos x}{3}=\sin^2x\cos x ( 3 sin 3 x + c ) ′ = 3 3 sin 2 x cos x = sin 2 x cos x
∫ 2 x e x 2 d x = ( t = x 2 d t = 2 x d x ) ∫ e t d t = e t + c = e x 2 + c \int 2xe^{x^2}dx \underset{\begin{pmatrix}
t=x^2 \\
dt=2xdx
\end{pmatrix}}{=}\int e^tdt=e^t+c=e^{x^2}+c ∫ 2 x e x 2 d x ( t = x 2 d t = 2 x d x ) = ∫ e t d t = e t + c = e x 2 + c המשפט שנראה, שנקרא שיטת ההצבה, הוא הדואלי של כלל השרשרת(כמו שאינטגרציה בחלקים זה הדואלי של נגזרת של מכפלה)
תהי f : I → R f:I\to \mathbb{R} f : I → R I I I x = φ ( t ) , φ : J → I x=\varphi(t),\;\varphi:J\to I x = φ ( t ) , φ : J → I
∫ f ( x ) d x = ∫ f ( φ ( t ) ) φ ′ ( t ) d t \int f(x)dx=\int f(\varphi(t))\varphi'(t)dt ∫ f ( x ) d x = ∫ f ( φ ( t )) φ ′ ( t ) d t הוכחה: F F F f f f
( F ( φ ( t ) ) ) ′ = F ′ ( φ ( t ) ) ⋅ φ ′ ( t ) = f ( φ ( t ) ) φ ′ ( t ) {\Large(}F(\varphi(t)){\Large)}'=F'(\varphi(t))\cdot \varphi'(t)=f(\varphi(t))\varphi'(t) ( F ( φ ( t )) ) ′ = F ′ ( φ ( t )) ⋅ φ ′ ( t ) = f ( φ ( t )) φ ′ ( t ) נפעיל אינטגרל על שני האגפים:
∫ f ( φ ( t ) ) φ ′ ( t ) d t = F ( φ ( t ) ) + c = F ( x ) + c = ∫ f ( x ) d x \int f(\varphi(t))\varphi'(t)dt=F(\varphi(t))+c=F(x)+c=\int f(x)dx ∫ f ( φ ( t )) φ ′ ( t ) d t = F ( φ ( t )) + c = F ( x ) + c = ∫ f ( x ) d x ∎
אנו דורשים ש-φ \varphi φ t = φ − 1 ( x ) t=\varphi^{-1}(x) t = φ − 1 ( x )
x > 0 , ∫ x x + 1 d x = ↓ שיטת ההצבה ( t = x x = t 2 ← φ ( t ) d x = 2 t d t ) ∫ t t 2 + 1 2 t d t = 2 ∫ t 2 t 2 + 1 d t = 2 ∫ t 2 − 1 + 1 t 2 + 1 d t = x>0, \int \frac{\sqrt{ x }}{x+1}dx \underset{\begin{matrix}
\downarrow \\
\R{\text{שיטת ההצבה}} \\
\begin{pmatrix}
t=\sqrt{ x } \\
x=t^2\; \leftarrow\; \varphi(t) \\
dx=2tdt
\end{pmatrix}
\end{matrix}}{=}\int \frac{t}{t^2+1}2tdt=2\int \frac{t^2}{t^2+1}dt=2\int \frac{t^2-1+1}{t^2+1}dt= x > 0 , ∫ x + 1 x d x ↓ שיטת ההצבה t = x x = t 2 ← φ ( t ) d x = 2 t d t = ∫ t 2 + 1 t 2 t d t = 2 ∫ t 2 + 1 t 2 d t = 2 ∫ t 2 + 1 t 2 − 1 + 1 d t = זה אותו פעלול שראינו קודם.
∫ t 2 + 1 t 2 + 1 d t − ∫ 1 t 2 + 1 d t = t − arctan t + c = 2 t − 2 arctan t + c = 2 x − 2 arctan x + c \int \frac{t^2+1}{t^2+1}dt-\int \frac{1}{t^2+1}dt=t-\arctan t+c
=2t-2\arctan t+c=2\sqrt{ x }-2\arctan \sqrt{ x }+c ∫ t 2 + 1 t 2 + 1 d t − ∫ t 2 + 1 1 d t = t − arctan t + c = 2 t − 2 arctan t + c = 2 x − 2 arctan x + c
תעשו את ∫ e − ∣ x ∣ d x \int e^{-|x|}dx ∫ e − ∣ x ∣ d x
∫ tan x d x = ∫ sin x cos x d x = ↓ אינטגרציה בחלקים ( v ′ = sin x u = 1 cos x v = − cos x u ′ = − 1 cos 2 x ( − sin x ) ) − 1 + ∫ sin x cos x d x = − 1 + ∫ tan x d x \int \tan xdx=\int \frac{\sin x}{\cos x}dx \underset{\begin{matrix}
\downarrow \\
\R{\text{אינטגרציה בחלקים}} \\
\begin{pmatrix}
v'=\sin x & u=\frac{1}{\cos x} \\
v=-\cos x & u'=-\frac{1}{\cos^2x}(-\sin x)
\end{pmatrix}
\end{matrix}}{=}-1+\int \frac{\sin x}{\cos x}dx=-1+\int \tan xdx ∫ tan x d x = ∫ cos x sin x d x ↓ אינטגרציה בחלקים ( v ′ = sin x v = − cos x u = c o s x 1 u ′ = − c o s 2 x 1 ( − sin x ) ) = − 1 + ∫ cos x sin x d x = − 1 + ∫ tan x d x אם ננסה לצמצם כמו ממקודם נקבל ש-0 = − 1 0=-1 0 = − 1 0 + c = − 1 + c 0+c=-1+c 0 + c = − 1 + c