שיטות למציאת אינטגרלים לא מסוימים

בערך זה נעשה שימוש בסימנים מוסכמים מתחום המתמטיקה. להבהרת הסימנים ראו סימון מתמטי.

לחלק מהאינטגרלים הלא מסוימים ניתן למצוא פתרון אנליטי כללי, כלומר פתרון של האינטגרל מהצורה: $\int f\left(x\right)\,\mathrm {d} x$. בעזרת פתרון כזה ניתן לקבל (בעזרת המשפט היסודי) גם פתרון לאינטגרל מסוים.

כדלקמן רשימה חלקית של שיטות לביצוע תהליך האינטגרציה:

האינטגרל כאופרטור ליניארי

האינטגרל הוא אופרטור ליניארי.

יהי מספר סופי (קבוע) $n\in \mathbb {R}$ של פונקציות אינטגרביליות בקטע $I$, $f(x)_{n}\colon A_{n}\rightarrow B_{n}$כאשר $A_{n},B_{n}\subseteq \mathbb {R}$. מתקיים:

$\int \left(\sum _{i=1}^{n}\zeta _{i}f(x)_{i}\right)\,\mathrm {d} x=\sum _{i=1}^{n}\zeta _{i}\int f(x)_{i}\,\mathrm {d} x$

כאשר $\zeta _{i}\in \mathbb {R}$.

ובניסוח פשטני יותר:

$\int \left(\sum _{i=1}^{n}\zeta _{i}f(x)_{i}\right)\,\mathrm {d} x=\zeta _{1}\int f(x)_{1}\,\mathrm {d} x+\zeta _{2}\int f(x)_{2}\,\mathrm {d} x+...+\zeta _{n}\int f(x)_{n}\,\mathrm {d} x$

כלומר, אינטגרל על סכום של כמה פונקציות שווה בדיוק לסכום של האינטגרלים על כל פונקציה בנפרד.

• דוגמה:

$\int e^{x}+\cos(x)\,\mathrm {d} x=\int e^{x}\,\mathrm {d} x+\int \cos(x)\,\mathrm {d} x=e^{x}+\sin(x)+C$

פונקציות אלמנטריות

ישנן מספר פונקציות, שהאינטגרלים שלהם נחשבים "אינטגרלים בסיסיים" כלומר, אינטגרלים שפתרונם נחשב ידוע ואין צורך להוכיח אותם. האינטגרלים הללו מתקבלים מידית ובאופן ישיר מנגזרות של פונקציות ידועות. להלן האינטגרלים:

$\int x^{n}\,\mathrm {d} x={\begin{cases}\ln x+C&n=-1\\{\frac {1}{n+1}}x^{n+1}+C&{\text{else}}\end{cases}}$

$\int \sin(x)\,\mathrm {d} x=-\cos(x)+C$

$\int \cos(x)\,\mathrm {d} x=\sin(x)+C$

$\int {\frac {\mathrm {d} x}{\cos ^{2}(x)}}=\tan(x)+C$

$\int -{\frac {\mathrm {d} x}{\sin ^{2}(x)}}={\frac {1}{\tan(x)}}+C$

$\int n^{x}\,\mathrm {d} x={\frac {n^{x}}{\ln(n)}}+C$

$\int {\frac {\mathrm {d} x}{\sqrt {1-x^{2}}}}=\arcsin(x)+C=-\arccos(x)+C$

$\int {\frac {\mathrm {d} x}{1+x^{2}}}=\arctan(x)+C$

אינטגרציה בחלקים

ערך מורחב – אינטגרציה בחלקים

מקור שיטת אינטגרציה זו, היא בנגזרת של מכפלת פונקציות. יהיו $f(x)\colon A\longrightarrow B$ ו-$g(x)\colon C\longrightarrow D$שתי פונקציות ממשיות רציפות ($A,B,C,D,E,F\subseteq \mathbb {R}$), ופונקציה שלישית $h(x):E\longrightarrow F$ שנתונה על ידי מכפלת שתי הפונקציות: $h(x)\equiv f(x)\cdot g(x):=fg$. כמו כן הנגזרת נתונה על ידי: ${\frac {\mathrm {d} h}{\mathrm {d} x}}={\frac {\mathrm {d} f}{\mathrm {d} x}}\cdot g+{\frac {\mathrm {d} g}{\mathrm {d} x}}\cdot f$. על ידי העברת אגפים נקבל:

${\frac {\mathrm {d} f}{\mathrm {d} x}}\cdot g={\frac {\mathrm {d} h}{\mathrm {d} x}}-{\frac {\mathrm {d} g}{\mathrm {d} x}}\cdot f$, וכעת על ידי אינטגרציה נוכל לקבל את הביטוי: $\int {\frac {\mathrm {d} f}{\mathrm {d} x}}\cdot g=\int \left({\frac {\mathrm {d} h}{\mathrm {d} x}}-{\frac {\mathrm {d} g}{\mathrm {d} x}}\cdot f\right)$. נשתמש בעובדה שהאינטגרל הוא אופרטור ליניארי, ונקבל: $\int {\frac {\mathrm {d} f}{\mathrm {d} x}}\cdot g=\int {\frac {\mathrm {d} h}{\mathrm {d} x}}-\int {\frac {\mathrm {d} g}{\mathrm {d} x}}\cdot f$. בעצם, $\int {\frac {\mathrm {d} h}{\mathrm {d} x}}=h=fg$. מכאן נקבל את הנוסחה לאינטגרציה בחלקים $\int {\frac {\mathrm {d} f}{\mathrm {d} x}}\cdot g=fg-\int {\frac {\mathrm {d} g}{\mathrm {d} x}}\cdot f$, או בכתיב ניוטוני $\ \int f(x)\cdot g'(x)\,\mathrm {d} x=f(x)\cdot g(x)-\int f'(x)g(x)\,\mathrm {d} x$.

לחלופין נגדיר ${\begin{matrix}u:=f(x)&du:=f'(x)\,\mathrm {d} x\\v:=g(x)&dv:=g'(x)\,\mathrm {d} x\end{matrix}}$, ועל ידי הצבה לאינטגרל נקבל $\int u\,\mathrm {d} v=uv-\int v\,\mathrm {d} u$.

כלומר בעת פתרון האינטגרל, נצטרך לבחור חלק מהאינטגרנד (הפונקציה עליה מתבצעת האינטגרציה) להיות $u$, את הנותר $\mathrm {d} v$ ועל ידי גזירה לקבל את $\mathrm {d} u$ ועל ידי אינטגרציה לקבל את $v$, ומכאן פשוט להציב בנוסחה לעיל ולפתור. לעיתים יהיה צורך בשימוש בשיטה זו יותר מפעם אחת כדי לפתור אינטגרל.

• דוגמה 1:

$\int \ln(x)\,\mathrm {d} x={\begin{Bmatrix}u=\ln(x)&du={\frac {1}{x}}\,\mathrm {d} x\\v=\int \,\mathrm {d} x=x&\mathrm {d} v=1\mathrm {d} x\end{Bmatrix}}=x\ln(x)-\int x\cdot {\frac {1}{x}}\,\mathrm {d} x=x\ln(x)-\int \mathrm {d} x=x\ln(x)-x+C$

• דוגמה 2:

$\int x^{2}e^{x}\,\mathrm {d} x={\begin{Bmatrix}u=x^{2}&\mathrm {d} u=2x\,\mathrm {d} x\\v=\int e^{x}\mathrm {d} x=e^{x}&\mathrm {d} v=e^{x}\,\mathrm {d} x\end{Bmatrix}}=x^{2}e^{x}-\int 2xe^{x}\mathrm {d} x$

גם את האינטגרל שיצא מתוך האינטגרציה בחלקים אין אנו יודעים לפתור באופן מידי. לכן נבצע גם עליו אינטגרציה בחלקים:

$2\int xe^{x}\,\mathrm {d} x={\begin{Bmatrix}u=x&\mathrm {d} u=\mathrm {d} x\\v=\int e^{x}\mathrm {d} x=e^{x}&dv=e^{x}\,\mathrm {d} x\end{Bmatrix}}=2\left(xe^{x}-\int e^{x}\,\mathrm {d} x\right)=2xe^{x}-2e^{x}+c_{1}$

נציב את פתרון האינטגרל השני בחזרה ונקבל:

$\int x^{2}e^{x}\,\mathrm {d} x=x^{2}e^{x}-2xe^{x}+2e^{x}+C$

הערה חשובה! בכל פעם שנתבקש לחשב אינטגרל שמורכב ממכפלה של אקספוננט בפולינום כלשהו, נשתמש באינטגרציה בחלקים. בכל פעם נגדיר את $u$ להיות המשתנה בחזקה בה הוא מופיע, ונחזור על פעולה זו שוב ושוב עד שהאינטגרל יהפוך להיות אינטגרל על אקספוננט בלבד.

• דוגמה 3:

$\int e^{x}\cos x\,\mathrm {d} x={\begin{Bmatrix}u=\cos x&\mathrm {d} u=-\sin x\,\mathrm {d} x\\v=\int e^{x}\,\mathrm {d} x=e^{x}&\mathrm {d} v=e^{x}\,\mathrm {d} x\end{Bmatrix}}=e^{x}\cos x-\int (-\sin x)e^{x}\,\mathrm {d} x=e^{x}\cos x+\int \sin xe^{x}\,\mathrm {d} x$

גם את האינטגרל שיצא מתוך האינטגרציה בחלקים אין אנו יודעים לפתור באופן מידי. לכן נבצע גם עליו אינטגרציה בחלקים:

$\int \sin xe^{x}\,\mathrm {d} x={\begin{Bmatrix}u=\sin x&\mathrm {d} u=\cos x\,\mathrm {d} x\\v=\int e^{x}\,\mathrm {d} x=e^{x}&\mathrm {d} v=e^{x}\,\mathrm {d} x\end{Bmatrix}}=e^{x}\sin x-\int e^{x}\cos x\,\mathrm {d} x$

למעשה, לא הצלחנו להיפטר מסימן האינטגרל, ויתר על כן, הגענו לאותו האינטגרל שקודם לכן לא יכולנו לפתור. יחד עם זאת, ישנה דרך להגיע לפתרון האינטגרל. לשם כך נסמן $I:=\int e^{x}\cos x\,\mathrm {d} x$. נציב בחזרה את פתרון האינטגרל השני ונקבל: $I=e^{x}\cos x+e^{x}\sin x-I$. נעביר אגפים ונקבל $2I=e^{x}\cos x+e^{x}\sin x$. על ידי חלוקה בשתיים, נמצא את פתרון האינטגרל: $I=\int e^{x}\cos x\,\mathrm {d} x={\frac {e^{x}\cos x+e^{x}\sin x}{2}}+C$.

אינטגרלים של חזקות של פונקציות טריגונומטריות

כל פונקציה טריגונומטרית שהיא ניתן להציג על ידי מנה או מכפלה של שתי הפונקציות הטריגונומטריות הבסיסיות $\sin(x)$ ו-$\cos(x)$. כל אינטגרל מהצורה $\int \sin ^{m}(x)\cos ^{n}(x)\,\mathrm {d} x$ לכל $n,m\in \mathbb {Z}$ ניתן לפתור באחת מהדרכים הבאות:

מקרה	נוהל	זהות עזר
$n=1$	החלפת משתנה $\xi =\sin(x)$: נשתמש בהחלפת המשתנה ובזהות העזר כדי לקבל: $\int \sin ^{m}(x)\cos(x)\,\mathrm {d} x=\int \xi ^{m}\,\mathrm {d} \xi ={\frac {\xi ^{m+1}}{m+1}}+C={\frac {\sin ^{m+1}(x)}{m+1}}+C$	$d(\sin(x))=\cos(x)\,\mathrm {d} x$
$m=1$	החלפת משתנה $\xi =\cos(x)$: נשתמש בהחלפת המשתנה ובזהות העזר כדי לקבל: $\int \sin(x)\cos ^{n}(x)\,\mathrm {d} x=\int -\xi ^{n}\,\mathrm {d} \xi =-{\frac {\xi ^{n+1}}{n+1}}+C=-{\frac {\cos ^{n+1}(x)}{n+1}}+C$	$d(\cos(x))=-\sin(x)\,\mathrm {d} x$
לפחות ${\begin{vmatrix}n\end{vmatrix}}$ אי זוגי	הפרדת גורם של $\cos(x)$: $\cos ^{n}(x)=\cos ^{n-1}(x)\cos(x)$ נשתמש בזהות העזר ובהפרדה כדי לקבל: $\sin ^{m}(x)\cos ^{n}(x)=\sin ^{m}(x)(1-\sin ^{2}(x))^{k}\cos(x)$ (כאשר $k={\frac {n-1}{2}}$ שלם כי ${\begin{vmatrix}n\end{vmatrix}}$ אי זוגי). קיבלנו סכום של ביטויים מהצורה $\sin ^{m}(x)\cos(x)$ ועל ידי ההצבה $\xi =\sin(x)$ והעברת האינטגרל למשתנה החדש, ניתן לפתור על פי המקרה $n=1$	$\cos ^{2}(x)=1-\sin ^{2}(x)$
לפחות ${\begin{vmatrix}m\end{vmatrix}}$ אי זוגי	הפרדת גורם של $\sin(x)$: $\sin ^{m}(x)=\sin(x)\sin ^{m-1}(x)$ נשתמש בזהות העזר ובהפרדה כדי לקבל: $\sin ^{m}(x)\cos ^{n}(x)=\sin(x)(1-\cos ^{2}(x))^{k}\cos ^{n}(x)$ (כאשר $k={\frac {m-1}{2}}$ שלם כי ${\begin{vmatrix}m\end{vmatrix}}$ אי זוגי). קיבלנו סכום של ביטויים מהצורה $\sin(x)\cos ^{n}(x)$ ועל ידי ההצבה $\xi =\cos(x)$ והעברת האינטגרל למשתנה החדש, ניתן לפתור על פי המקרה $m=1$	$\sin ^{2}(x)=1-\cos ^{2}(x)$
${\begin{vmatrix}n\end{vmatrix}}$ אי זוגי ${\begin{vmatrix}m\end{vmatrix}}$ אי זוגי	ניתן לבחור באיזו דרך מבין שתי הדרכים הקודמות לפתור
${\begin{vmatrix}n\end{vmatrix}}$ זוגי ${\begin{vmatrix}m\end{vmatrix}}$ זוגי	נשתמש בזהויות עזר כדי להקטין את החזקות של הפונקציות הטריגונומטריות ולהפוך מכפלות לסכומים עוד ועוד, עד שלא יהיו יותר מכפולת אלא רק סכומים נפרדים של פונקציות סינוס בנפרד, ופונקציות קוסינוס בנפרד	$\sin ^{2}(x)={\frac {1-\cos(2x)}{2}}$ $\cos ^{2}(x)={\frac {1+\cos(2x)}{2}}$ $\sin(x)\cos(y)={\frac {\sin(x+y)}{2}}+{\frac {\sin(x-y)}{2}}$

• דוגמה:

${\begin{aligned}\int \sin(x)\tan ^{2}(x)\,\mathrm {d} x&=\int \sin(x)\left({\frac {\sin(x)}{\cos(x)}}\right)^{2}\,\mathrm {d} x=\int {\frac {\sin ^{2}(x)}{\cos(x)}}\sin(x)\,\mathrm {d} x=\int {\frac {1-\cos ^{2}(x)}{\cos(x)}}\sin(x)dx={\begin{Bmatrix}\xi =\cos(x)\\\,\mathrm {d} \xi =-\sin(x)\,\mathrm {d} x\end{Bmatrix}}\\&=-\int {\frac {1-\xi ^{2}}{\xi }}\,\mathrm {d} \xi =-\int {\frac {\mathrm {d} \xi }{\xi }}+\int \xi \,\mathrm {d} \xi =-\ln |\xi |+{\frac {1}{2}}\xi ^{2}+C=-\ln(\cos(x))+{\frac {1}{2}}\cos ^{2}(x)+C\end{aligned}}$

השלמה לריבוע

טכניקת ההשלמה לריבוע יעילה במקרים מסוימים מאוד. יהי אינטגרל $\int {\frac {\mathrm {d} x}{ax^{2}+bx+c}}$ כאשר $a,b,c\in \mathbb {R} ,a\neq 0$. נרצה להציג את המכנה כביטוי ריבועי ועוד קבוע, ובכך נקל באופן משמעותי על פתרון הבעיה. על ידי הוצאת גורם משותף ${\frac {1}{a}}$ ניתן להביא את האינטגרל לצורה $\alpha \int {\frac {\mathrm {d} x}{x^{2}+\beta x+\gamma }}$. כעת נרצה להציג את המכנה כריבוע שלם ועוד מספר קבוע ולשם כך ניעזר בנוסחאות הכפל המקוצר למעלה השנייה. כאשר נביא את האינטגרל לצורה $\mathrm {A} \int {\frac {\mathrm {d} x}{(x+\mathrm {B} )^{2}+\Gamma }}$ נוכל לבצע הצבה $\xi :=x+\mathrm {B} ,\mathrm {d} \xi =\mathrm {d} x$ ולהעביר את האינטגרל למשתנה החדש $\mathrm {A} \int {\frac {d\xi }{\xi ^{2}+\Gamma }}$ והפתרון ${\frac {\mathrm {A} }{\sqrt {\Gamma }}}\arctan \left({\frac {\xi }{\sqrt {\Gamma }}}\right)+C={\frac {\mathrm {A} }{\sqrt {\Gamma }}}\arctan \left({\frac {x+\mathrm {B} }{\sqrt {\Gamma }}}\right)+C$.

אינטגרלים של פונקציות רציונליות

יהיו שני פולינומים $P_{n}(x)$ (פולינום מסדר $n$) ו-$Q_{m}(x)$(פולינום מסדר $m$). פונקציה רציונלית היא כל פונקציה מהצורה ${\frac {P_{n}(x)}{Q_{m}(x)}}$. במקרים רבים, יש צורך בחישוב האינטגרל של פונקציות מסוג זה. ישנן שתי שיטות שמיועדות לשני מקרים שונים שעוזרות לפתור את האינטגרלים מהסוג הזה.

פירוק לשברים חלקיים

שיטה זו משמשת במקרים בהם $n<m$, כלומר כאשר הפולינום במונה מסדר נמוך יותר מהפולינום במכנה (או בצורה פשוטה יותר: כשבמכנה מופיעה חזקה גבוהה יותר מאשר במונה). בשיטה זו, נרצה לפרק את המנה של הפולינומים למנות קטנות יותר של איבר ליניארי או קבוע, באיבר ליניארי או ריבועי.

ובכן, תחילה יש לפרק את $Q_{m}(x)$ לאיברים ליניאריים או פרבוליים. קיים משפט אשר מבטיח כי כל פולינום ניתן להצגה כמכפלה של פולינומים לכל היותר מסדר שני, כלומר כל פולינום ניתן להציג כמכפלה של ביטויים ליניאריים ופרבוליים.

זאת אומרת שנרצה להציג את $Q_{m}(x)$ כמכפלה של ביטויים מהצורה $(ax+b)$ ו-$(ax^{2}+bx+c)$. לאחר שהמכנה פורק, נפרק כבר את כל הביטוי. נניח שיש לנו מספר שברים עם מכנים שונים. כאשר נבצע מכנה משותף נקבל שבר אחד שבמכנה שלו תהיה מכפלה של כל המכנים של השברים הראשוניים. זאת אומרת שאם במכנה יש מכפלה של ביטויים, ניתן להפריד כל ביטוי לשבר נפרד, וכל מה שישאר זה למצוא את האיברים שמופיעים במונים של השברים.

• אם במכנה יש ביטוי ליניארי $(ax+b)$ שמופיע במכנה פעם אחת בלבד, ניצור ממנו שבר מהצורה ${\frac {A}{\displaystyle (ax+b)}}$.
• אם במכנה יש ביטוי ליניארי $(ax+b)$ שמופיע במכנה יותר מפעם אחת בלבד, כלומר במכנה מופיע ביטוי מהצורה ${\displaystyle (ax+b)}^{k}$, ניצור ממנו שברים מהצורה $\sum _{i=1}^{k}{\frac {A_{i}}{{\displaystyle (ax+b)}^{i}}}={\frac {A_{1}}{ax+b}}+{\frac {A_{2}}{{\displaystyle (ax+b)}^{2}}}+...+{\frac {A_{k}}{{\displaystyle (ax+b)}^{k}}}$.
• אם במכנה יש ביטוי פרבולי $(ax^{2}+bx+c)$ שמופיע במכנה פעם אחת בלבד, ניצור ממנו שבר מהצורה ${\frac {Ax+B}{\displaystyle (ax^{2}+bx+c)}}$.
• אם במכנה יש ביטוי פרבולי $(ax^{2}+bx+c)$ שמופיע במכנה יותר מפעם אחת בלבד, כלומר במכנה מופיע ביטוי מהצורה ${\displaystyle (ax^{2}+bx+c)}^{k}$, ניצור ממנו שברים מהצורה $\sum _{i=1}^{k}{\frac {A_{i}x+B_{i}}{{\displaystyle (ax^{2}+bx+c)}^{i}}}={\frac {A_{1}x+B_{1}}{\displaystyle (ax^{2}+bx+c)}}+{\frac {A_{2}x+B_{2}}{{\displaystyle (ax^{2}+bx+c)}^{2}}}+...+{\frac {A_{k}x+B_{k}}{{\displaystyle (ax^{2}+bx+c)}^{k}}}$.

לאחר שהביטוי הראשוני פורק בצורה לעיל, יש לבצע מכנה משותף (ולזרוק אותו), לפתוח את כל הסוגריים ולקבץ ביטויים עם אותה החזקה, כלומר להביא את הביטוי למצב $\alpha _{0}x^{0}+\alpha _{1}x^{1}+...+\alpha _{n}x^{n}$. למעשה הביטוי הזה, צריך להיות שווה בדיוק לפולינום $P_{n}(x)$ (מפני שזרקנו את המכנה שהיה $Q_{m}(x)$) וכדי למצוא את הפרמטרים שהצבנו בעת פירוק השבר הראשוני לשברים מצומצמים יותר, נשווה את המקדמים של האיברים עם החזקות הזהות בפולינום $P_{n}(x)$ ובפולינום אליו הגענו $\alpha _{0}x^{0}+\alpha _{1}x^{1}+...+\alpha _{n}x^{n}$. לאחר שנפתור את מערכות המשוואות שיתקבלו, נקבל שברים עם מכנה לכל היותר ריבועי, שהאינטגרציה עליהם הרבה יותר פשוטה.

חילוק פולינומים

שיטה זו יעילה במקרים בהם $n\geq m$,כלומר כאשר הפולינום במכנה מסדר נמוך יותר או שווה לפולינום במונה (או בצורה פשוטה יותר: כשבמונה מופיעה חזקה גבוהה יותר (או שווה) מאשר במונה). בשיטה זו, נרצה לחלק את הפולינום $P_{n}(x)$ בפולינום $Q_{m}(x)$ ולמצוא את השארית של החלוקה, ובכך להציג את המנה של הפולינומים כמכפלה של מספר גורמים, ועוד ביטוי כלשהו, שהוא שארית החלוקה. למעשה, אם בשיטה של הפירוק לשברים חלקיים אנחנו טוענים כי הפולינום במכנה מסדר גבוה יותר ולכן ניתן לפרק את הביטוי לשברים פשוטים יותר שבכל אחד מהם המכנה מסדר גבוה יותר, בשיטה של חילוק פולינומים אנחנו טוענים את ההפך. כלומר, היות שהפולינום במונה מסדר גבוה יותר אפשר לחלק אותו בפולינום מהמכנה (לצמצם אותם אחד בשני), ולקבל ביטוי פשוט. לדוגמה:

${\frac {x^{2}-1}{x+1}}={\frac {(x+1)(x-1)}{x+1}}=x-1$.

לא תמיד הסדר של הפולינום יהיה נמוך עד כדי כך שנוכל לפרק אותו בקלות על ידי הנוסחאות לכפל מקוצר של אותה החזקה, ולכן נשתמש בטכניקה של חילוק פולינומים.

אז במקרה הכללי נרצה להביא ביטוי מהצורה ${\displaystyle {\frac {P_{n}(x)}{Q_{m}(x)}}}={\frac {\sum _{i=0}^{n}\alpha _{i}x^{i}}{\sum _{i=0}^{m}\beta _{i}x^{i}}}={\frac {\alpha _{0}x^{0}+\alpha _{1}x^{1}+\alpha _{2}x^{2}+...+\alpha _{n}x^{n}}{\beta _{0}x^{0}+\beta _{1}x^{1}+\beta _{2}x^{2}+...+\beta _{m}x^{m}}}$ כאשר $n\geq m$ והמטרה היא למצוא סכום של גורמים $R_{k}(x)={\frac {\sum _{i=0}^{j}\delta _{i}x^{i}}{\sum _{i=0}^{l}\epsilon _{i}x^{i}}}+\sum _{i=0}^{k}\gamma _{i}x^{i}={\frac {\delta _{0}x^{0}+\delta _{1}x^{1}+...+\delta _{j}x^{j}}{\epsilon _{0}x^{0}+\epsilon _{1}x^{1}+...\epsilon _{l}x^{l}}}+\gamma _{0}x^{0}+\gamma _{1}x^{1}+\gamma _{2}x^{2}+...+\gamma _{k}x^{k}$ שבעת החלוקה של שני הפולינומים לעיל, הוא מתקבל.

הערות:

• כמובן שמתקיים גם $P_{n}(x)=Q_{m}(x)R_{k}(x)$.
• חשוב לציין כי $l>j$ ועל כן, היות שהביטוי ${\frac {\sum _{i=0}^{j}\delta _{i}x^{i}}{\sum _{i=0}^{l}\epsilon _{i}x^{i}}}$ הוא מנה של פולינומים, הוא ניתן לפירוק על ידי השיטה של שברים חלקיים. כמו כן, האיבר הזה נקרא שארית החלוקה, והוא האיבר שנשאר בסוף החלוקה של שני הפולינומים ${\frac {P_{n}(x)}{Q_{m}(x)}}$ כאשר לא ניתן לצמצם אותם עוד.
• $\alpha ,\beta ,\gamma ,\delta ,\epsilon \in \mathbb {R}$הם מספרים קבועים.

הטכניקה (האלגוריתם) זהה בדיוק לזו של חילוק ארוך. נרצה למצוא את המנה ${\begin{matrix}\alpha _{n}x^{n}+...+\alpha _{1}x^{1}+\alpha _{0}x^{0}&\urcorner &\beta _{m}x^{m}+...+\beta _{1}x^{1}+\beta _{0}x^{0}\end{matrix}}$. נפעל לפי הסדר של מספר שלבים:

1. נחלק את האיבר עם החזקה הגבוהה ביותר מהפולינום אותו אנחנו רוצים לחלק (בשלב הראשון זה $\alpha _{n}x^{n}+...+\alpha _{1}x^{1}+\alpha _{0}x^{0}$) ב $\beta _{m}x^{m}$ ונמצא את תוצאת החלוקה, זהו יהיה האיבר הראשון של הפולינום שמהווה את המנה של שני הפולינומים שברצונינו לחלק.
2. נכפול את תוצאת החלוקה בפולינום בו אנחנו רוצים לחלק.
3. נחסיר מהפולינום אותו אנחנו רוצים לחלק את המכפלה שמצאנו בשלב 2.
4. אחרי החיסור, נקבל בעצם מעין פולינום חדש. רק אם בפולינום $\alpha _{n}x^{n}+...+\alpha _{1}x^{1}+\alpha _{0}x^{0}$ יש איבר עם 'החזקה הבאה שחסרה' בפולינום החדש שהתקבל, נוסיף את האיבר עם החזקה הזו לפולינום החדש.
5. אחרי שביצענו את ארבעת שלבים אלו, אנחנו קיבלנו פולינום חדש, וכעת, אותו אנחנו רוצים לחלק. נחזור על ארבעת השלבים שלעיל עוד ועוד עד שנקבל פולינום $A_{a}(x)$ מסדר נמוך יותר מהפולינום בו אנחנו מחלקים, והחלוקה ${\frac {\displaystyle A_{a}(x)}{\displaystyle Q_{m}(x)}}$ תהיה שארית החלוקה שתפורק בעזרת הטכניקה לשברים חלקיים.

בעצם, קיבלנו בסוף החלוקה פולינום שאת האינטגרל שלו קל לחשב, ועוד פונקציה רציונלית שהאינטגרל שלה יחושב בקלות אחרי פירוקה על ידי הטכניקה של שברים חלקיים.

• דוגמה:

${\frac {2x^{7}+5x^{6}-21x^{5}-38x^{4}+30x^{3}-24x^{2}-65x+19}{(x+1)^{2}(x^{3}-11x+6)}}$. תחילה נבין כי אם נפתח סוגריים במכנה החזקה הגבוהה ביותר שתופיע היא 5, ואילו במונה החזקה הגבוהה ביותר היא 7, ולכן תחילה נשתמש בטכניקה של חילוק פולינומים. תחילה, נפתח את הסוגריים במכנה ונקבל $x^{5}+2x^{4}-10x^{3}-16x^{2}+x+6$. כעת נצטרך לחלק את שני הפולינומים. החלוקה תוצג בטבלה כדי שיהיה קל יותר לעקוב אחר המתרחש.

מספר השלב	הסבר מילולי לפעולה	הפעולה עצמה
1	זיהינו כי האיבר עם החזקה הגבוהה ביותר בפולינום אותו אנחנו רוצים לחלק הוא $2x^{7}$, ובפולינום בו אנחנו נחלק $x^{5}$.	${\frac {2x^{7}}{x^{5}}}=2x^{2}$
2	נכפול את תוצאת החלוקה בפולינום בו אנחנו מחלקים	$2x^{2}(x^{5}+2x^{4}-10x^{3}-16x^{2}+x+6)=2x^{7}+4x^{6}-20x^{5}-32x^{4}+2x^{3}+12x^{2}$
3	נחסר את המכפלה שקיבלנו בשלב הקודם מהפולינום אותו אנחנו מחלקים	$2x^{7}+5x^{6}-21x^{5}-38x^{4}+30x^{3}-24x^{2}-65x+19-(2x^{7}+4x^{6}-20x^{5}-32x^{4}+2x^{3}+12x^{2})=x^{6}-x^{5}-6x^{4}+28x^{3}-36x^{2}-65x+19$
1	זיהינו כי האיבר עם החזקה הגבוהה ביותר בפולינום אותו אנחנו רוצים לחלק עכשיו הוא $x^{6}$, ובפולינום בו אנחנו נחלק $x^{5}$.	${\frac {x^{6}}{x^{5}}}=x$
2	נכפול את תוצאת החלוקה בפולינום בו אנחנו מחלקים	$x({\displaystyle x^{5}+2x^{4}-10x^{3}-16x^{2}+x+6})={\displaystyle x^{6}+2x^{5}-10x^{4}-16x^{3}+x^{2}+6x}$
3	נחסר את המכפלה שקיבלנו בשלב הקודם מהפולינום אותו אנחנו מחלקים	$x^{6}-x^{5}-6x^{4}+28x^{3}-36x^{2}-65x+19-(x^{6}+2x^{5}-10x^{4}-16x^{3}+x^{2}+6x)=-3x^{5}+4x^{4}+44x^{3}-37x^{2}-71x+19$
1	זיהינו כי האיבר עם החזקה הגבוהה ביותר בפולינום אותו אנחנו רוצים לחלק הוא $-3x^{5}$, ובפולינום בו אנחנו נחלק $x^{5}$.	${\frac {-3x^{5}}{x^{5}}}=-3$
2	נכפול את תוצאת החלוקה בפולינום בו אנחנו מחלקים	$-3({\displaystyle x^{5}+2x^{4}-10x^{3}-16x^{2}+x+6})=-3x^{5}-6x^{4}+30x^{3}+48x^{2}-3x-18$
3	נחסר את המכפלה שקיבלנו בשלב הקודם מהפולינום אותו אנחנו מחלקים	$-3x^{5}+4x^{4}+44x^{3}-37x^{2}-71x+19-(-3x^{5}-6x^{4}+30x^{3}+48x^{2}-3x-18)=10x^{4}+14x^{3}-85x^{2}-68x+37$
5	הפולינום שהתקבל בשלב הקודם, מסדר נמוך יותר מהפולינום בו היינו מחלקים, לכן נפסיק את החלוקה. מצאנו את המנה של שני הפולינומים שרצינו לחלק, אך לצערנו נותרה שארית חלוקה.	${\frac {2x^{7}+5x^{6}-21x^{5}-38x^{4}+30x^{3}-24x^{2}-65x+19}{\displaystyle x^{5}+2x^{4}-10x^{3}-16x^{2}+x+6}}=2x^{2}+x-3+{\frac {10x^{4}+14x^{3}-85x^{2}-68x+37}{\displaystyle x^{5}+2x^{4}-10x^{3}-16x^{2}+x+6}}$

שימוש בטורי חזקות

לא בכל המקרים ניתן להציג פונקציה בצורה האלמנטרית שלה $f(x)$אלא באמצעות טור חזקות אינסופי. לכן לא תמיד אפשרי לחשב אינטגרל של פונקציה מסוימת. במקרה שכזה נרצה להציג את הפונקציה כטור מקלורן (ניתן לבחור גם בטור טיילור סביב ערך מתאים) ולבצע אינטגרציה על כל איבר לחוד. לאחר ביצוע אלגוריתם זה, לפעמים, ניתן יהיה להחזיר את הטור לצורה של פונקציה אלמנטרית, ולפעמים לא.

• דוגמה: נרצה לחשב את האינטגרל $\int {\frac {\ln(x+1)}{x}}\,\mathrm {d} x$. לא ניתן לחשב בשום דרך פרט לפירוק לטור מקלורן. הטור ללוגוריתם הטבעי ידוע היטב ונתון על ידי$\ln(1+x)=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n-1}}{n}}x^{n}\quad {\mbox{ for }}\left|x\right|<1$. כעת נרצה לחלק כל אחד מהאיברים ב-$x$:

${\frac {\ln(1+x)}{x}}={\frac {1}{x}}\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n-1}}{n}}x^{n}=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n-1}}{n}}{\frac {x^{n}}{x}}{}=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n-1}}{n}}x^{n-1}$.

הצגנו את הפונקציה באינטגרנד כטור, וכעת ניתן לבצע אינטגרציה על כל איבר לחוד. יש לנו את ההרשאה לבצע זאת, בזכות העובדה שהאינטגרל הוא אופרטור ליניארי:

$\int {\frac {\ln(x+1)}{x}}\,\mathrm {d} x=\int \left(\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n-1}}{n}}x^{n-1}\right)\mathrm {d} x=\sum _{n=1}^{\infty }\int {\frac {(-1)^{n-1}}{n}}x^{n-1}\,\mathrm {d} x=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n-1}}{n^{2}}}x^{n}+C$.

הערות:

1. האינטגרל שקיבלנו אינו פונקציה אלמנטרית.
2. הטור מתכנס בקטע הפתוח $(-1,1)$. כדי לקבל את הפתרון מחוץ לקטע הזה יש לחלק את $x+1$ בקבוע.

שיטת ההצבה

שיטת ההצבה היא שיטה נוספת שתועיל לעיתים קרובות מאוד בעת חישובו של אינטגרל. הרעיון העומד מאחורי שיטת ההצבה הוא הגדרת פונקציה בתוך האינטגרל כמשתנה חדש ומעבר לאינטגרציה עליו. כמובן שההצבה שתיבחר תקל על פתרון האינטגרל ותפשט את הביטוי. בסוף האינטגרציה יש להציב את הפונקציה אשר הוחלפה במשתנה בחזרה ובכך בעצם לקבל את הפתרון לאינטגרל ההתחלתי.

הצבה כאשר הנגזרת הפנימית מופיעה

במקרה הפשוט ביותר, ננסה לחשב אינטגרל בלתי מסוים מהצורה $\int f\left(g\left(x\right)\right)\cdot g'\left(x\right)\,\mathrm {d} x$. כדי לפשט את האינטגרל, "נציב" באופן זמני ${\begin{bmatrix}t=g\left(x\right)\\\mathrm {d} t=g'\left(x\right)\,\mathrm {d} x\end{bmatrix}}$, ($\mathrm {d} t$ מתקבל מהגדרת הנגזרת של ניוטון) ונחשב את האינטגרל $\int f\left(t\right)\,\mathrm {d} t$. לאחר שמצאנו קדומה כלשהי $F$, נרכיב תחתיה חזרה $F\circ g$, ונקבל כי משפחת הקדומות של הפונקציה המקורית היא $F\left(g\left(x\right)\right)+C$.

דוגמה: נחשב את האינטגרל $\int {\frac {\mathrm {d} x}{x{\sqrt {1-\ln ^{2}x}}}}$ בעזרת הצבה $t=\ln x$:

$\int {\frac {\mathrm {d} x}{x{\sqrt {1-\ln ^{2}x}}}}={\begin{bmatrix}t=\ln x\\\mathrm {d} t={\frac {1}{x}}\mathrm {d} x\end{bmatrix}}=\int {\frac {\mathrm {d} t}{\sqrt {1-t^{2}}}}=\arcsin(t)+C=\sin ^{-1}\left(\ln x\right)+C$

נוכיח את נכונות השיטה בעזרת כלל השרשרת. הפונקציה $F\left(x\right)$ היא קדומה של הפונקציה $f\left(x\right)$, ולכן מתקיים $F'\left(x\right)=f\left(x\right)$. נסתמך על כלל השרשרת, ונקבל כי -

$\left[F\left(g\left(x\right)\right)\right]'=f\left(g\left(x\right)\right)\cdot g'\left(x\right)$

כלומר, $F\left(g\left(x\right)\right)$ היא קדומה של $f\left(g\left(x\right)\right)\cdot g'\left(x\right)$, כפי שרצינו.

הצבה הפוכה

במקרה הכללי, בהינתן אינטגרל $\int f\left(x\right)\,\mathrm {d} x$ נבצע "הצבה" ${\begin{bmatrix}x=g\left(t\right)\\\mathrm {d} x=g'\left(t\right)\,\mathrm {d} t\end{bmatrix}}$, ונחשב את האינטגרל $\int f\left(g\left(t\right)\right)\cdot g'\left(t\right)\,\mathrm {d} t$. לאחר שמצאנו קדומה כלשהי $H$, נרכיב תחתיה חזרה $H\circ g^{-1}$, ונקבל כי משפחת הקדומות של הפונקציה המקורית היא $H\left(g^{-1}\left(x\right)\right)+C$.

דוגמה: נחשב את האינטגרל $\int {\frac {\mathrm {d} x}{{\sqrt {x}}\left(1+{\sqrt[{3}]{x}}\right)}}$ בעזרת הצבה $x=t^{6}$:

$\int {\frac {\mathrm {d} x}{{\sqrt {x}}\left(1+{\sqrt[{3}]{x}}\right)}}={\begin{bmatrix}x=t^{6}\\\mathrm {d} x=6t^{5}\,\mathrm {d} t\end{bmatrix}}=\int {\frac {6t^{5}\,\mathrm {d} t}{t^{3}(1+t^{2})}}=6\int \left(1-{\frac {1}{1+t^{2}}}\right)\mathrm {d} t=$

$=6t-6\tan ^{-1}t+C=_{t={\sqrt[{6}]{x}}}6{\sqrt[{6}]{x}}-6\tan ^{-1}{\sqrt[{6}]{x}}+C$

נוכיח את נכונות השיטה. הפונקציה $H\left(x\right)$ היא קדומה של הפונקציה $h\left(x\right)=f\left(g\left(x\right)\right)\cdot g'\left(x\right)$, ולכן מתקיים $H'\left(x\right)=h\left(x\right)$. כעת נוכל להסתמך על כלל השרשרת ועל נוסחת הגזירה של פונקציה הפוכה, ונקבל כי -

$\left[H\left(g^{-1}\left(x\right)\right)\right]'=f\left(g\left(g^{-1}\left(x\right)\right)\right)\cdot g'\left(g^{-1}\left(x\right)\right)\left[g^{-1}\left(x\right)\right]'=$

$=f\left(x\right)\cdot {\frac {1}{\left[g^{-1}\left(g\left(g^{-1}\left(x\right)\right)\right)\right]'}}\cdot \left[g^{-1}\left(x\right)\right]'=f\left(x\right)\cdot {\frac {1}{\left[g^{-1}\left(x\right)\right]'}}\cdot \left[g^{-1}\left(x\right)\right]'=f\left(x\right)$

כלומר, $H\left(g^{-1}\left(x\right)\right)$ היא אכן קדומה של $f$ כפי שרצינו.

אינטגרל של פונקציה טריגונומטרית

הצבות לפתרון אינטגרל מהצורה $\int R\left[\sin x,\cos x\right]\,\mathrm {d} x$, כאשר R פונקציה רציונלית (מנת פולינומים):

• אם $\ R\left[-\sin x,\cos x\right]=-R\left[\sin x,\cos x\right]$ מומלץ להציב $\ u=\cos x$
• אם $\ R\left[\sin x,-\cos x\right]=-R\left[\sin x,\cos x\right]$ מומלץ להציב $\ u=\sin x$
• אם $\ R\left[-\sin x,-\cos x\right]=R\left[\sin x,\cos x\right]$ מומלץ להציב $\ u=\tan x$ או $\ u=\cot x$

הצבה טריגונומטרית מקובלת נוספת היא מהסוג: $\tan {\frac {x}{2}}=t$. ואז מתקיים:

$\cos x={\frac {1-t^{2}}{1+t^{2}}}$ $\sin x={\frac {2t}{1+t^{2}}}$ $\ \tan x={\frac {2t}{1-t^{2}}}$ $dx=2{\frac {dt}{1+t^{2}}}$

הצבה זו נקראת ההצבה הטריגונומטרית האוניברסלית והיא מתאימה לכל אינטגרל טריגונומטרי מהצורה לעיל. הצבה אוניברסלית זו היא פרמטריזציה של מעגל היחידה כש-t נע בין ∞+ ל∞−. ברוב המקרים, אם ניתן להשתמש באחת מההצבות האחרות, היא תביא לפתרון מהיר יותר. דוגמה לשימוש בהצבה זו:

$\int {\frac {\mathrm {d} x}{\sin x}}=\left[{\begin{matrix}t\equiv \tan {\frac {x}{2}}\\\mathrm {d} x={\frac {2}{1+t^{2}}}\mathrm {d} t\\\sin x={\frac {2t}{1+t^{2}}}\end{matrix}}\right]=\int {\frac {1+t^{2}}{2t}}\cdot {\frac {2}{1+t^{2}}}\mathrm {d} t=\int {\frac {\mathrm {d} t}{t}}=\ln \left|t\right|+C=_{t=\tan {\frac {x}{2}}}\ln \left|\tan {\frac {x}{2}}\right|+C$

הצבות לחיסול שורשים

אינטגרל מהצורה $\int x^{b}{\sqrt {a^{2}-x^{2}}}\,\mathrm {d} x$ כאשר b מספר אי-זוגי ניתן לפתור למשל באמצעות ההצבה: $\ t^{2}={a^{2}-x^{2}}$. כאשר b זוגי, ניתן לפתור את האינטגרל באמצעות ההצבות הבאות:

הצבות טריגונומטריות

באינטגרלים שונים, נדרשת הצבה מסוג זה כדי לפשט את האינטגרל, ולהביא לפתירתו, אף על פי שהאינטגרל עלול לא להכיל אף פונקציה טריגונומטרית אחת.
האינטגרלים הבאים ודומים להם, יפתרו בצורה די מיידית עבור $a\,$ קבוע חיובי ו- $b\geq 0$ שלם:

• עבור $\int x^{2b}{\sqrt {a^{2}-x^{2}}}\,\mathrm {d} x$ תתאים ההצבה: $x=a\sin t\,$
• עבור $\int x^{2b}{\sqrt {a^{2}+x^{2}}}\,\mathrm {d} x$ תתאים ההצבה: $x=a\tan t\,$
• עבור $\int x^{2b}{\sqrt {x^{2}-a^{2}}}\,\mathrm {d} x$ תתאים ההצבה $x={\frac {a}{\cos t}}$ או $x={\frac {a}{\sin t}}$

דוגמאות לשימוש בשיטה זו:

• חצי העיגול העליון של מעגל היחידה:

$\int {\sqrt {1-x^{2}}}\,\mathrm {d} x=\left[{\begin{matrix}x\equiv \sin t\\\mathrm {d} x=\cos t\,\mathrm {d} t\\t=\arcsin x\end{matrix}}\right]=\int {\sqrt {1-\sin ^{2}t}}\cdot \cos t\,\mathrm {d} t=\int \cos t{\sqrt {\cos ^{2}t}}\,\mathrm {d} t=\int \cos ^{2}t\,\mathrm {d} t$

הערה: בהמשך החישוב נעזר בשוויון ${\sqrt {\cos ^{2}t}}=\cos t$ שהוא נכון עבור כל $t\,$, לכן לכל $\cos t\,$ שנמצא לאחר ההצבה, נחליפו שוב ב- ${\sqrt {\cos ^{2}t}}$.

$\int \cos ^{2}t\,\mathrm {d} t={\frac {1}{2}}\int (\cos 2t+1)\,\mathrm {d} t={\frac {1}{4}}\sin 2t+{\frac {t}{2}}={\frac {\sin t\cos t}{2}}+{\frac {t}{2}}={\frac {\sin t{\sqrt {\cos ^{2}t}}+t}{2}}={\frac {\sin t{\sqrt {1-\sin ^{2}t}}+t}{2}}$

לכן אם נחליף משתנים חזרה, נקבל:

$\int {\sqrt {1-x^{2}}}\,\mathrm {d} x={\frac {x{\sqrt {1-x^{2}}}+\arcsin x}{2}}+C$

הצבות היפרבוליות

בדומה לאינטגרלים שהוזכרו קודם, קיימים אינטגרלים שהצבה מסוג היפרבולית תסייע לפתירתם.
האינטגרלים הבאים ודומים להם, יפתרו בצורה די מיידית עבור $a\,$ קבוע חיובי ו- $b\geq 0$ שלם:

• עבור $\int x^{2b}{\sqrt {a^{2}+x^{2}}}\,\mathrm {d} x$ תתאים ההצבה: $x=a\sinh t\,$
• עבור $\int x^{2b}{\sqrt {x^{2}-a^{2}}}\,\mathrm {d} x$ תתאים ההצבה: $x=a\cosh t\,$

זאת בשל הנוסחה היסודית $\cosh ^{2}x-\sinh ^{2}x=1\,$

דוגמאות לשימוש בשיטה זו:

חישוב אורך קשת של הפרבולה $y=x^{2}\,$:

$\int {\sqrt {1+{(x^{2})'}^{2}}}\,\mathrm {d} x=\int {\sqrt {1+{(2x)}^{2}}}\,\mathrm {d} x=\int {\sqrt {1+4x^{2}}}\,\mathrm {d} x=\left[{\begin{matrix}x\equiv {\frac {1}{2}}\sinh t\\\mathrm {d} x={\frac {1}{2}}\cosh t\,\mathrm {d} t\\t={\sinh }^{-1}{2x}\end{matrix}}\right]$ $=\int {\sqrt {1+\sinh ^{2}t}}\cdot {\frac {1}{2}}\cosh t\,\mathrm {d} t={\frac {1}{2}}\int \cosh t{\sqrt {\cosh ^{2}t}}\,\mathrm {d} t={\frac {1}{2}}\int \cosh ^{2}t\,\mathrm {d} t$

${\frac {1}{2}}\int \cosh ^{2}t\,\mathrm {d} t={\frac {1}{4}}\int (\cosh 2t+1)\,\mathrm {d} t={\frac {1}{8}}\sinh 2t+{\frac {t}{4}}$ $={\frac {\sinh t\cosh t}{4}}+{\frac {t}{4}}={\frac {\sinh t{\sqrt {\cosh ^{2}t}}+t}{4}}={\frac {\sinh t{\sqrt {1+\sinh ^{2}t}}+t}{4}}$

לכן אם נחליף משתנים חזרה, נקבל:

$\int {\sqrt {1+4x^{2}}}\,\mathrm {d} x={\frac {2x{\sqrt {1+4x^{2}}}+{\sinh }^{-1}({2x})}{4}}+C$

הצבות אוילר

עבור פונקציה רציונלית (מנה של שני פולינומים) ב- $\ x$ ושורש ריבועי של פולינום ריבועי מסוים $\ {\sqrt {ax^{2}+bx+c}}$, ניתן לפעמים להשתמש בהצבות שפיתח לאונרד אוילר.

• אם $\ a>0$, נציב $\ {\sqrt {ax^{2}+bx+c}}=\pm {\sqrt {a}}x+t$ (את סימן המקדם של $\ x$ ניתן לבחור שרירותית). הצבה זו תיתן:

$ax^{2}+bx+c=ax^{2}\pm 2{\sqrt {a}}xt+t^{2}\quad ,(b\mp 2{\sqrt {a}}t)x=t^{2}-c\quad ,x={\frac {t^{2}-c}{b\mp 2{\sqrt {a}}t}}$

מגזירת הביטוי האחרון אפשר לקבל את הנגזרת $\ dx/dt$ כפונקציה רציונלית של $\ t$ בלבד, ובכך נהפך האינטגרל לאינטגרל של פונקציה רציונלית ב-$\ t$.

• אם $\ c>0$, נציב $\ {\sqrt {ax^{2}+bx+c}}=xt\pm {\sqrt {c}}$ (שוב, את הסימן ניתן לבחור שרירותית). הצבה זו תיתן:

$ax^{2}+bx+c=x^{2}t^{2}\pm 2{\sqrt {c}}xt+c\quad ,ax^{2}+bx=x^{2}t^{2}\pm 2{\sqrt {c}}xt\quad ,(a-t^{2})x=\pm 2{\sqrt {c}}t-b\quad ,x={\frac {\pm 2{\sqrt {c}}t-b}{a-t^{2}}}$

שוב, מגזירת הביטוי האחרון אפשר לקבל את הנגזרת $\ dx/dt$ כפונקציה רציונלית של $\ t$ בלבד, ובכך נהפך האינטגרל לאינטגרל של פונקציה רציונלית ב-$\ t$.

ראו גם

• שיטות אינטגרציה
• שיטות אנליטיות לחישוב אינטגרלים מסוימים
• שיטות נומריות לחישוב אינטגרלים מסוימים

הערך באדיבות ויקיפדיה העברית, קרדיט,
רשימת התורמים
רישיון cc-by-sa 3.0

שיטות למציאת אינטגרלים לא מסוימים32144420Q16129760