Інтегр.числення_copy.pdf1

u

= lnx

du =

1

dx

3.∫ x

3

lnxdx =

x

1

x

4

lnx −

1

∫ x

4 1

dx

1

x

4

lnx

dv = x3dx

1

4

=

=

−

v = ∫ x

3

dx

=

x

4

4

x

4

4

−

1

∫ x

3

dx =

1

x

4

lnx

−

1

x

4

+ C.

4

4

16

1

xdx

x2 − 1 du =

2xdx =

4.∫ x

2

− 1dx =

u =

2 x2 − 1

x2

− 1

2

− 1 −

dv = dx

= x x

v =

∫

dx = x

− ∫ x

xdx

= x

x2 − 1 − ∫

x2

dx = x

x2 − 1 − ∫ (x2 − 1) + 1dx = x

x2 − 1 −

x2 − 1

x2 − 1

x2 − 1

x2 − 1

1

2

2

dx

+

− 1 − ∫

x

− 1dx − ∫

.

− ∫

x2 − 1

x2

−

dx = x x

x2

1

− 1

Тоді ∫

x2 − 1dx = x

x2 − 1 − ∫

x2 − 1dx − ln x +

x2 − 1 .

Розв’язавши це рівняння відносно інтеграла, дістанемо

∫

x

2

−1 dx =

1

2

−1 − ln x +

x

2

+ C.

2

x x

−1

du = 3e3xdx

u = e

3x

1

e3x sin2x −

5. e3xcos2xdx =

1

=

∫

v =

∫

cos2xdx =

sin2x

2

dv = cos2xdx

2

3x

du = 3e3x dx

1

3∫e3x sin2xdx =

1

e3x sin2x −

3

∫e3x sin2xdx

u = e

−

=

v = −

1

=

2

2

2

= sin2xdx

cos2x

dv

2

1

3

1

3

3x

3x

3x

=

e

sin2x

−

−

e

cos2x +

∫e

cos

2xdx .

2

2

2

2

Отже, I = ∫ e

3x

cos2xdx =

1

e

3x

sin2x +

3

e

3x

cos2x −

9

I . Розв’язавши це рі-

2

4

4

9 I

вняння відносно І (

перенісши в ліву частину

і розділивши на

13

),

4

дістанемо:

4

4

1

3

1

I = ∫ e

3x

cos2xdx =

e

3x

(

sin2x

+

cos2x) + C =

e

3x

(2sin2x + 3cos2x) + C

13

2

4

13

1.6 Заміна змінної інтегрування

8

Цей самий важливий метод інтегрування функції, бо багато функцій, а то і цілі класи функцій інтегруються саме цим методом. Викладемо його суть.

Нехай треба знайти ∫ f (x)dx , який не є табличним, не зводиться до

табличного методом підведення деякої функції під знак диференціала і не знаходиться методом інтегрування частинами.

Часто заміна змінної інтегрування х за формулою х = φ(t), де φ(t) – деяка диференційовна функція, враховуючи те, що dx = φ′ (t)dt , може привести наш інтеграл до ∫ f (ϕ(t))ϕ′(t)dt , який є простішим, ніж даний інтеграл.

При яких умовах ці інтеграли рівні між собою? Відповідь на це запитання дає така теорема.

Теорема. Якщо існує ∫ f (x)dx , а функція х = φ(t) неперервна разом зі

своєю похідною φ′ (t) і має обернену функцію, то справедлива рівність

∫ f (x)dx = ∫ f (ϕ(t))ϕ′(t)dt . (1.7)

Доведення. За умовами теореми інтеграл, що стоїть в правій частині рівності, існуватиме. Щоб переконатись в справедливості цієї рівності, покажемо, що диференціал правої частини рівності дорівнює підінтегральному виразу f(x)dx. Дійсно, за властивістю невизначеного інтеграла маємо

d (∫ (ϕ(t))ϕ′(t)dt) = f (ϕ(t))ϕ′(t)dt = f (x)dx , бо φ(t) = х, а φ′ (t)dt = dx. Отже,

справедливість рівності (1.7) доведена.

Зауваження. Часто на практиці більш зручною є підстановка g(x) = t, а не х = φ(t).

Приклад 1. Знайти інтеграл ∫

a2 − x2 dx .

Розв’язування. Зробимо заміну за формулою

х = а sint, dx = a cost dt,

a2 − x2 =

a2 − a2sin2t = a

1 − sin2t = acost

і

t = arcsin x

. Тоді

a

∫

a 2

− x 2 dx

= ∫ acost

acostdt

= a 2 ∫ cos 2 tdt

= 1 a 2 ∫ (1

+ cos 2t ) dt =

a2

2

1

( dt +

cos2tdt)=

1

1

=

a

2

∫

a2 t +

sin2t + C =

( t + sintcost ) + C =

2

∫

2

2

2

= a

2

+ x

1 − x

2

2

+ C = a

2

arcsin x

2

+

arcsin x + x 1 − x

2

arcsin x +

2

a a

a

a a

a

2

a

+

1 x

a2 − x2

+ C.

2

dx

Приклад 2. Знайти ∫

.

x

1 − x2

9

Розв’язування:

∫

dx

1

= t , x =

1

, dx

1

= −∫

dt

= − ∫

dx

x 1 − x2

=

t

= −

x

2 dt

−

1

t 2 −

1

=

x

1

t 2

= − ln t + t 2 − 1 + C = −ln

1

+

1 − x 2

+ C = −ln

1 + 1 − x 2 .

x

x

x

Приклад 3.

Знайти

∫

xdx .

x +

1

∫

xdx

x + 1 = t ,

x = t 2

= 2∫ t

2

− 1 tdt

= 2∫ ( t 2 − 1 )dt =

=

− 1

x +

1

t

dx = 2tdt

= 2(

t 2 dt

−

3

+ C =

2 (x + 1)3 − 2 x + 1 + C .

∫

dt )= 2 t

− t

∫

3

3

Приклад 4.

Знайти ∫tg 3 xdx .

3

1

3

dt

t

3

∫ tg

xdx =

tgx = t, x = arctgt,

dx =

dt

= ∫ t

= ∫

dt.

+ t

2

1 + t

2

t

2

1

+ 1

t3

Виділимо цілу і

дробову частину, поділивши під кутом. Тоді ∫

dt =

t

2

t 2

d( t 2 + 1)

t 2

+ 1

t

tdt

1

1

2 + 1)

= ∫ t −

=

∫tdt − ∫

=

−

∫

=

−

ln(t

+ C =

t 2

t 2 +

2

2

t 2 + 1

2

2

+ 1

1

=

1 tg 2 x − 1 ln(tg 2 x + 1)

+ C =

1 tg 2 x −

1 ln

1

+ C =

1 tg 2 x + ln

cos x

+

cos 2

2

2

2

2

x

2

+ C .

1.7 Інтегрування раціональних функцій

Перейдемо до вивчення методів інтегрування класів функцій, серед яких найважливішим є клас раціональних функцій.

Означення. Цілим многочленом або поліномом n-го степення назива-

ється функція P	(x) = a	0	xn + a xn−1 + ... + a	n−1	x + a	n	, де а0, а1, ..., аn – зада-
n			1
ні числа, що називаються коефіцієнтами многочлена.
Означення. Відношення двох цілих многочленів називається дробово–
раціональною або раціональною функцією або раціональним дробом.
Позначають раціональну функцію символом R(x).
Отже,			Qm (x)				(1.8)
			R(x) = P (x) ,
			n

де Pn(x) і Qm(x) – задані многочлени n – го і m – го степенів.

Розрізняють два випадки раціональних дробів: правильні та неправильні. Якщо m < n, тобто степінь многочлена, що стоїть в чисельнику, менший степеня многочлена, що стоїть в знаменнику, то раціональний дріб на-

10

зивється правильним, в противному випадку, тобто при m ≥ n , раціональний дріб називається неправильним.

Справедлива така теорема.

Теорема. Всякий неправильний раціональний дріб можна подати у ви-

гляді суми деякого цілого многочлена і правильного раціонального дробу.

Зауважимо, що цілою частиною цієї суми є частка від ділення многочлена Qm(x), що стоїть в чисельнику, на многочлен Pn(x), що стоїть в знаменнику, якщо скористуватись дією ділення многочленів за відомим правилом кута, чисельником правильного дробу є остача від ділення, а знаменником – Pn(x).

Приклад. Віділити цілу частину в неправильному дробі

x4

+ x2

+ 1

.

x3 + x

2

Розв’язування. Поділивши упорядкований многочлен х4 + х2 +1 на

упорядкований

многочлен

х3 + х2 за правилом

кута,

дістанемо,

що

х4 + х + 1

=

= х −1+

2х2 +1

(переконайтесь в правильності цієї рівності).

х3 + х2

х3 + х2

1.7.1 Найпростіші дроби та їх інтегрування

Означення. Найпростішими раціональними дробами називаються

дроби таких чотирьох типів:

A

,

A

,

Ax + B

,

Ax + B

,

(1.9)

x − a

(x − a)k

x2 + px + q

( x2 + px + q )k

де k– натуральне число,

а, А, В, p, q – дійсні

числа,

причому дис-

кримінант

D = p2 – 4q від′ємний.

Ці дроби лежать в основі інтегрування правильних дробів.

Перейдемо тепер до їх інтегрування.

1. ∫

A

dx = A∫

dx

= A∫ d (x − a) = Aln

x − a

+ C .

x − a

x − a

x − a

− a)−k +1

2. ∫

A

dx =

A∫

d (x − a)

= A∫ (x − a)

−k

d (x − a) = A

(x

+ C =

(x − a)

k

(x

− a)

k

− k +1

=

A

+ C .

(1 − k) (x − a)k −1

3. ∫

Ax + B

dx . Тут можливі два випадки :

x

2

+ px + q

а) Ax+ B = 2x + p , тобто в чисельнику дробу стоїть похідна його знаменника

Ax + B = (2x + px + q)′ , тоді ∫			Ax +	B		dx	= ∫	d ( x 2 +	px + q )	=
	x	2	+ px	+	q			x 2 +	px + q

= ln(x2 + px + q) + C , де x2 + px + q > 0.

11

б) Ax + B ≠ (x2 + px + q)′ . Спочатку виділимо в квадратному тричлені по-

вний квадрат: x 2 + px + q =

x2

p

p 2

p 2

p

2

+ 2

x +

−

+ q = x +

+

2

2

2

2

+

4q − p 2

. Оскільки

D = p 2 − 4q < 0 , то число

4q − p2

= a2 (для скоро-

4

Ax + B

Ax + B

4

чення записів), тоді ∫

dx

= ∫

dx .

Зробимо заміну

2

2

x

+ px

+ q

p

2

x

+

+ a

2

p

p

змінної інтегрування заформулою

x +

= t , звідки

x = t −

і dx = dt, то-

2

ді матимемо:

2

p

Ap

Ax + B

Ax + b

A t

−

+ B

At +

B −

2

∫

dx = ∫

dx = ∫

dt

= ∫

2

dt =

x

2

+ px + q

p

2

t

2

+ a

2

t

2

+ a

2

+ a2

x

+

2

B −

Ap

At

tdt

Ap

dt

2

= ∫

= A ∫

) ∫

+

dt

+ ( B

−

=

t

2 + a 2

t 2 + a 2

t 2 + a 2

2

t 2 + a 2

d (t 2 + a2 )

ln(t

)+

1

Ap

1

t

A

2

2

1

Ap

t

=

∫

dt + B

−

arctg

=

+ a

B −

arctg

+

2

t 2 + a2

a

a

2

a

a

2

2

A

ln(x2

+ px + q)+

1

Ap

x +

p

2

+ C =

B

−

arctg

+ C.

2

a

2

a

p

Ax + B

A

1 (B −

Ap) arctg

x +

Отже,

∫

dx =

ln(x2 + px + q) +

2

+ C ,

x

2

+ px + q

2

a

2

a

де a =

q −

p2

.

2

Зауваження. Правильний дріб 4-го типу аналогічним способом зводиться

до наступного ∫

Ax + B

dx = A∫

tdt

+ (B −

Ap ) ∫

dt

,

(x

2

+ px + q)

к

(t

2

+ a

2

)

к

(t

2

+ a

2

)

к

2

перший із цих інтегралів знаходиться методом підведення під знак диференціала виразу t2+a2, а другий – підстановкою t = a tgz.

12

Приклад. Знайти ∫

4x − 5

dx .

x

2

− 2x +10

Розв’зування. Виділимо повний квадрат в квадратному тричлені, діс-

танемо, x2 − 2x + 10 = ( x −1)2 + 9 . Зробимо заміну змінної за формулою

x −1 = t ,

звідки

x = t +1

і dx = dt . Тоді

∫

4x − 5

∫

4(t +1) − 5

∫

4t

−1

= ∫ (

4t

1

2tdt

dx =

2

dt

=

dt

−

)dt

= 2∫

−

x

2

− 2x

+10

t

+ 9

t

2

+ 9

t

2

+ 9

t

2

+ 9

t

2

+ 9

− ∫

dt

= 2∫

d (t2 + 9)

− 1 arctg

t

= 2ln(t2 + 9)

−

1 arctg

t

+ C =

t2 + 9

3

3

t2 + 9

3

3

= 2ln( x2 − 2x + 10 ) −

1 arctg

x − 1

+ C.

3

3

1.7.2 Деякі відомості з вищої алгебри

Розглянемо цілий многочлен n-го степеня Pn(x) в загальному вигляді. Коренем многочлена називається таке значення аргументу х, при якому многочлен дорівнює нулю. Отже, якщо x = x0 – корінь многочлена Pn(x), то

це означає, що Pn(x0)=0.

Справедлива така важлива теорема.

Теорема (теорема Безу). При діленні цілого многочлена Pn(x) на різницю х – а остача дорівнює значенню цього многочлена при х = а.

Доведення. При діленні многочлена Pn(x) на різницю х – а часткою буде деякий многочлен S(x) (n − 1) – го степеня, а остачею буде деяке чис-

ло r. Тоді можна		записати, що Pn (x) = (x − a)S(x) + r . Ця			рівність викону-
ється	при всіх х≠а.		Перейдемо в ній до границі при х→а,			дістанемо
lim P	(x) = lim(x − a)S(x) + r або lim P (x) = r, бо х			– а	→ 0.	Оскільки
x→a n	x→a		x→a n
lim Pn ( x) = Pn (a)		за	неперервністю многочлена,	то	матемимо, що
x→a

Pn (а) = r, що і треба було довести.

Наслідок. Якщо х0 є корінь многочлена Pn(x), тобто Pn (x0 ) = 0 , то многочлен Pn(x) без остачі ділиться на різницю x − x0 , тобто справедлива рівність Pn (x) = (x − x0 )S(x) , де S(x) – многочлен, степінь якого на одини-

цю менший. Сформулюємо ще так звану основну теорему алгебри. Теорема 2. Всякий цілий многочлен з дійсними коефіцієнтами має

принаймі один корінь, дійсний чи комплексний.

Користуючись цією основною теоремою алгебри та наслідком теореми Безу неважко довести таку теорему.

Теорема 3. Всякий многочлен n – го степеня можна розкласти на n лінійних множників вигляду x − a і множника, що є коефіцієнтом при хn, тобто

Pn(x) = a0(x – x1)(x – x2) ·…· (x – xn).

13

x −1

Приклад 3. ∫ (x −1)2 (x + 2)dx .

	Розв’язування.	x −1		=	A		+	B	+	C	.
		(x −1)2 (x + 2)			x −	1		(x −1)2		x + 2

Звільнившись від знаменника, дістамо А(х1)(х+2)+В(х+2)+С(х1)2≡х+1.При х = 1=>3В=2; В= 23 . При х= –2=> 9С= –1; С= – 19 .

Далі скористаємось методом невизначених коефіцієнтів, прирівнявши коефіцієнти при однакових степенях х лівої і правої частин рівності, оформивши це так

x

2

1

1

A + C = 0,

=> A= – C = 9 ; A=

9 .

x A + B – 2C =1,

x0 –2A + 2B + C=1.

∫

x −1

dx = ∫ (

1

1

+ 2

1

−

1

1

)dx = 1

∫

dx

+

(x − 1)2 (x + 2)

x

−1

(x −1)2

x

+ 2

(x −1)2

9

3

9

9

+

2

∫

dx

− 1 ∫

dx

= 1 ln

x

−1

−

2

1

−

1 ln

x + 2

+ C.

(x −1)2

x + 2

x

3

9

9

3

−1

9

Приклад 4.

∫

x4 + x2 +

1

dx

x3 + x2

Розв’язування.

Це неправильний раціональний дріб; виділивши цілу

частину, маємо

x4 + x2 + 1

= x −1 +

2x2

+ 1

.

x3 + x2

x3 + x2

Тоді

x4

+ x2 + 1

2x2 + 1

2x2 + 1

∫

dx

=

∫

( x −

1 +

)dx = ∫ xdx − ∫ dx + ∫

dx =

x

3

+ x

2

x

3

+ x

2

x

3

+ x

2

2

2

=

x

−

x + ∫

2 x

+ 1

dx .

Останній інтеграл знайдемо, розклавши фун-

2

x

3

+

x 2

2 x 2 + 1

2 x 2 + 1

цію

2 x 2 + 1

на суму найпростіших дробів,

=

=

x 3

+ x 2

x 3 + x 2

x 2 (x + 1)

= Ax + xB2 + xC+1 => Ax(x +1)+ B(x +1)+ Cx2 ≡ 2x2 +1. При х = 0 => В = 1;

при х= –1 => С = 3. Знайдемо ще коефіцієнт А, користуючись методом невизначених коефіцієнтів:

A + C = 2,
A + B = 0,	=> А = 2 – С; А = 2 – 3 = –1; А = –1
В = 1.
	14

2x2 + 1

1

1

3

dx

dx

dx

dx =

−

+

+

dx = −

+

+ 3

=

∫ x3 + x2

∫

x

x2

x

+

∫

x

x2

x +

1

1

∫

= −ln

x

−

1

+ 3ln

x + 1

+ C.

x

x4

+ x2 + 1

x2

1

Тоді ∫

dx =

− x −

− ln

x

+ 3ln

x + 1

+ C .

x3

+ x2

2

x

1.8 Інтегрування тригонометричних виразів

Будемо розглядати інтеграли виразів, що раціонально залежить від тригонометричних функцій , зокрема інтеграли вигляду ∫R(sin x, cos x)dx, де R– символ раціональної функції. Справедлива така терема .

Теорема. Інтеграл ∫ R(sin x, cos x)dx підстановкою t = tg(x / 2) зводить-

ся до інтеграла раціональної функції відносно t.

Доведення. Виразимо спочатку тригонометричні функції sin x і cos x через tg(x / 2) , користуючись формулами подвійного аргументу:

sinx = 2sin(x / 2)cos(x / 2) = ((2sin(x / 2)cos(x / 2) / cos2 (x / 2))/(1/ cos2 (x / 2)) .

Аналогічним прийомом доводиться , що

cosx =

1− tg 2 (x / 2)

. Тоді, якщо

1+ tg 2 (x / 2)

tg(x / 2) = t

, то sinx =

2t

, cosx =

1− t

2

. Виразимо через t ще диферен-

1+ t 2

1+ t

2

, x = 2arctgt ,

ціал

dx . Із

рівності

tg(x / 2) = t

маємо, що x / 2 = arctgt

1

звідки dx = 2

dt.

Тоді

матимемо,

що

∫R(sinx, cosx) =

1+ t 2

2t

1− t 2

2

2 ,

·

2 dt

= ∫R1(t)dt, де через R1(t) позначена підінтегра-

=∫R

1+t

1+ t 2

1+t

льна функція, яка є раціональною відносно t. Теорему доведено.

Зауваження.

Підстановка

t = tg(x / 2)

називається

універсальною

підстановкою.

dx

Приклад 1. Знайти

∫

.

2 + cosx

1−t 2

Розв’язування. Зробимо заміну tg(x / 2) = t, тоді cosx =

,

1+t 2

2dt

x = 2arctgt,

dx =

,

тоді

матимемо:

1+t2

15

∫		dx	=2∫				dt					=2∫		dt			=	2	arctg	t	+C =	2	arctg(	1	tg	x	) + C.
	2	+cos x												2	+			3		3		3		3
					2				1−t	2			t			3									2
				(1+t			2	+
					)				1+t	2

Універсальну підстановку не завжди вигідно використовувати. Можливі частинні випадки цього загального випадку.

1.Якщо функція R(sinx, cos x) непарна відносно sinx, тобто R(–sinx,cosx) = –R(sin x, cos x), то зручно використовувати підстановку cosx = t.

2.Якщо функція R(sin x, cos x) непарна відносно cos x, тобто R(sin x, –cos x) = –R(sin x, cos x), то зручно використовувати підстановку sinx = t.

3.Якщо функція R(sin x, cos x) парна відносно sin x і cos x одночасно, тобто

R(sin x, –cos x) = R(sin x, cos x), то використовують підстановку tg x = t.

Покажемо це на прикладах.

Приклад 2.

∫

sin3 x

dx .

1+ cosx

Розв'язування.

∫

sin3x

dx

= ∫

sin2 x sinx

dx = −∫

1− cos2 x

d (cosx)

=

1

+ cosx

1+ cosx

1+ cosx

= ∫ (1− cosx)dcosx = −∫ dcosx + ∫ cosxd(cosx) = − cosx + 1 cos2 x + C.

2

По суті, оскільки підінтегральна функція непарна відносно sin x, то

використана підстановка cos x = t.

Приклад 3.

dx

Знайти ∫

.

3 + 2cos2 x + sin2 x

Розв’язування.

Підінтегральна функція

парна

відносно sin x i

cos x ,

тоді застосуємо підстановку

tg x = t. Спочатку в підінтегральній функції

перейдемо до cos x

dx

dx

dx

Зробимо

заміну

∫

= ∫

= ∫

.

3 + 2cos2 x + sin2 x

3 + 2cos2 x +1− cos2 x

4 + cos2 x

tg x = t, дістанемо

cos2 x =

1

=

1

, x = arctgt, dx =

dt

, тоді

1+ tg 2 x

1+ t 2

1+t2

∫

dx

=

∫

dt

=

∫

dt

=

∫

dt

= ∫

d (2t)

=

2

1

4+4t 2

4t 2 +5

4+cos2 x

(1+t

+1

2

)(4+

)

(2t)

+5

1+t 2

=

1

1

arctg

2t

+ C =

1

arctg(

2

tgx) + C.

5

5

5

2

5

2

Зупинимося ще на таких важливих інтегралах вигляду

∫ R(sin2 x)dx

і ∫ R(cos2x)dx. Ці функції інколи інтегруються за допомогою

відомих формул пониження степеня

16

1						1
sin2α =		(1	− cos2α ), cos2α =				(1	+ cos2α ).
	2					2
Приклад 4.			Знайти ∫ sin4 xdx
Розв'язування.
∫ sin 4 xdx =∫			(sin 2 x) 2 dx = ∫ (	1	(1 − cos			2 x)) 2 dx =	1	∫ (1 − 2cos 2 x + cos 2 x)dx =
									4
			2

=14 (∫ dx − 2∫ cos2xdx + 12 ∫ (1+ cos4x)dx = 14 (x − sin2x + 12 ∫ dx + 12 ∫ cos4xdx) =

=14 (x−sin2x+ 12 x+ 18 sin4x)+C = 83 x− 14 sin2x+ 321 sin4x+C.

1.9 Інтегрування деяких ірраціональностей

Більшість із них відповідною підстановкою зводяться до інтегралів раціональної функції відносно нової змінної інтегрування. Вкажемо на найважливіші з них.

1. Інтеграли

∫ R(x,

n1

x

m

,

n2

x

m

2 )dx,

де R–символ раціональної функ-

1

ції, n1

і n2 – натуральні числа,

m1

і

m2

–

цілі

числа, підстановкою

k x = t,

де

k – найменше спільне кратне чисел n1 і n2 , зводяться до інтег-

рала раціональної функції змінної t.

Дійсно, із рівності k x = t

випливає x = tk ,

dx = k t k −1dt,

n1

m

= x

m / n

2

km / n

2

,

n2

x

m

m / n

km / n

причому показники

x 1

1

= t

1

2

= x

2

2 = t

2

2

степенів

є цілі числа.

Тоді

~

∫ R(x,

n1

m

,

n2

m

k

,t

km / n

km / n

k −1

x 1

x

2 )dx = ∫ R(t

1 2 ,t

2 2 )k t

dt = ∫ R(t)dt,

де через

R(t) – позначено

підінтегральну функцію, яка є раціональною

відносно t.

2. Інтеграли ∫ R( x,n1 ( ax+b )m1 ,n2 ( ax+b )m2 )dx

знаходяться за допомогою

підстановки k

ax+b = t, де k – найменше спільне кратне чисел n1 і n2 .

ax+b

n

3.

Інтеграли

dx знаходяться

за

допомогою

підстановки

∫ R x,

cx+d

n

ax+b

= t .

cx+d

4. Інтеграли вигляду

∫ R(x,

a2 −x2 )dx, ∫ R(x,

x2 +a2 )dx, ∫ R(x,

x2 −a2 )dx

знаходяться за допомогою тригонометричних підстановок, які дають можливість звільнитись від квадратичної ірраціональності. Вибір відповідної підстановки визначається із врахуванням відповідних формул тригономет-

рії sin2 x + cos2 x = 1, 1+ tg 2 x = 1/ cos2 x та формули ch2 x − sh2 x = 1, а саме :

17