Интегралы и Дифференциальные Уравнения

Модуль I. Интегралы

---

---

---

Лекция №1.1.1-12.02.2026

LEGIT CHECK

Первообразная и неопределённый интеграл ^1-1-1-antiderivative-section

[!info]+ Определение - Первообразная Пусть $f(x)$ и $F(x)$ определены на промежутке $I$. Функция $F(x)$ называется ==первообразной== функции $f(x)$ на промежутке $I$, если $F(x)\in D(I)$ и $\forall x\in I{F}^{\prime }(x)=f(x)$.

Для граничной точки, если она $\in I$, для производной $F^{\prime }(x)$ понимается соответствующая односторонняя производная. То есть, если, например, $I\in [a,b]$, то для граничных точек $a$ и $b$ будет браться односторонняя производная (предел при $\Delta x\to 0\pm 0$).

Теорема о непрерывности первообразной Пусть $F(x)$ и $f(x)$ определены на промежутке $I$. Если $F(x)$ - первообразная $f(x)$, тогда $F(x)\in C(I)$.

Доказательство $F(x)\in D(I)\Rightarrow F(x)\in C(I)$.

По определению первообразной

Теорема о разности первообразных Две первообразные одной и той же функции $f(x)$, определённой на промежутке $I$, отличаются между собой на постоянную.

Доказательство $F(x)$ и $G(x)$ - первообразные $f(x)$ на промежутке $I$. Зададим функцию $\phi (x)=F(x)-G(x)$. Возьмём производную ${\phi }^{\prime }(x)=(F(x)-G(x){)}^{\prime }=F^{\prime }(x)-G^{\prime }(x)=f(x)-f(x)=0$. Пусть $I=(a,b)$. По теореме Лагранжа: $\forall x_1,x_2\in (a,b)\exists c\in (x_1,x_2):\phi (x_2)-\phi (x_1)={\phi }^{\prime }(c)(x_2-x_1)$. Так как $c\in (a,b)\Rightarrow$ ${\phi }^{\prime }(c)=0\Rightarrow \phi (x_2)=\phi (x_1)\forall x_1,x_2\in (a,b)\Rightarrow \phi (x)=const$. $\Rightarrow F(x)=G(x)+C$.

Пусть

Теорема о множестве первообразных Пусть $F(x)$ - какая-нибудь первообразная $f(x)$ на интервале $I$. Тогда всё множество первообразных $f(x)$ на интервале $I$ имеет вид $F(x)+C$.

Доказательство

1. Докажем, что $F(x)+C$ - первообразная $f(x)$ на $I$: $(F(x)+C{)}^{\prime }=f(x)+0=f(x)$.
2. Пусть $G(x)$ - первообразная $f(x)$ на $I$. $G(x)\ne F(x)$ $\Rightarrow G(x)-F(x)=C\Rightarrow G(x)=F(x)+C$.

Определение - Неопределённый интеграл Совокупность всех первообразных функции $f(x)$ на некотором промежутке $I$ называется ==неопределённым интегралом== от функции $f(x)$ на этом промежутке и обозначается: $\int f(x)dx=F(x)+C$ Где:

• $F(x)$ - какая-либо первообразная $f(x)$
• $f(x)$ - подынтегральная функция
• $dx$ - дифференциал независимой переменной
• $C$ - постоянная интегрирования

---

Операция нахождения неопределённого интеграла от данной функции, то есть восстановление функции по её производной, называется ==интегрированием==.

Интегрирование представляет собой операцию, ==противоположную взятию производной==, то есть правильность совершённого интегрирования можно проверить взятием производной. $\int \sin xdx=-\cos x+C$ $(-\cos x+C{)}^{\prime }=\sin x$

Примеры с семинара

Свойства неопределённого интеграла

1. $d\int f(x)dx=f(x)dx$

   Доказательство $\begin{array}{c}df(x)=f^{\prime }(x)dx\\ \Downarrow \\ d\int f(x)dx=d(F(x)+C)=dF(x)+dC=F^{\prime }(x)dx+0=f(x)dx\end{array}$

2. $(\int f(x)dx{)}^{\prime }=f(x)$

   Доказательство $(\int f(x)dx{)}^{\prime }=(F(x)+C{)}^{\prime }=f(x)$

3. $\int dF(x)=F(x)+C$

   Доказательство $\int dF(x)=\int F^{\prime }(x)dx=\int f(x)dx=F(x)+C$

4. Линейность: Пусть $F(x)$ - первообразная для $f(x)$ на $I$, $G(x)$ - первообразная для $g(x)$ на $I$, $\alpha ,\beta \in \mathbb{R},{\alpha }^2+{\beta }^2\ne 0$. Тогда для $\phi (x)=\alpha f(x)+\beta g(x)\Rightarrow$ $\int \phi (x)dx=\alpha F(x)+\beta G(x)+C$

   Доказательство $\begin{array}{c}\int (\alpha f(x)+\beta g(x))dx=\alpha \int f(x)dx+\beta \int g(x)dx\\ (\alpha F(x)+\beta G(x)+C{)}^{\prime }=\alpha f(x)+\beta g(x)\end{array}$

Таблица основных интегралов

1. $\int dx=x+C$
2. $\int x^{\alpha }dx=\frac{x^{\alpha +1}}{\alpha +1}+C,\alpha \ne -1$
3. $\int \frac{dx}{x}=\ln |x|+C$
4. $\int e^{x}dx=e^x+C$
5. $\int a^{x}dx=\frac{a^x}{\ln a}+C$

---

6. $\int \sin xdx=-\cos x+C$
7. $\int \cos xdx=\sin x+C$
8. $\int \frac{dx}{\sin x}=\ln |\tan \frac{x}{2}|+C$
9. $\int \frac{dx}{\cos x}=\ln \left|\tan \left(\frac{x}{2}+\frac{\pi }{4}\right)\right|+C$
10. $\int \frac{dx}{{\cos }^{2}x}=\tan x+C$
11. $\int \frac{dx}{{\sin }^{2}x}=-\cot x+C$

---

12. $\int \frac{dx}{x^2+a^2}=\frac{1}{a}\arctan \frac{x}{a}+C$
13. $\int \frac{dx}{\sqrt{a^2-x^2}}=\arcsin \frac{x}{a}+C$
14. $\int \frac{dx}{x^2-a^2}=\frac{1}{2a}\ln \left|\frac{x-a}{x+a}\right|+C$ - высокий логарифм
15. $\int \frac{dx}{\sqrt{x^2\pm a^2}}=\ln |x+\sqrt{x^2\pm a^2}|+C$ - длинный логарифм

---

16. $\int \sinh xdx=\cosh x+C$
17. $\int \cosh xdx=\sinh x+C$
18. $\int \frac{dx}{{\cosh }^{2}x}=\tanh x+C$
19. $\int \frac{dx}{{\sinh }^{2}x}=-\coth x+C$

---

20. $\int \frac{dx}{a^2-x^2}=\frac{1}{2a}\ln \left|\frac{x+a}{x-a}\right|+C$

Методы интегрирования: Подстановка и замена переменной ^1-1-1-integration-methods-section

1. Подведение под знак дифференциала $\begin{array}{c}\int f(g(x))dg(x)=F(g(x))+C\\ \Uparrow \\ \int f(x)dx=F(x)+C\\ dg(x)=g^{\prime }(x)dx\\ \int f(g(x))\cdot g^{\prime }(x)dx=\int f(g(x))dg(x)\end{array}$

Использование свойства инвариантности:

Пример $\begin{array}{c}\int \sin (x^2)\cdot 2xdx=\int \sin (x^2)d(x^2)=-\cos (x^2)+C\\ \int e^{x^3}{x}^{2}dx=\frac{1}{3}\int e^{x^3}(3x^2)dx=\frac{1}{3}\int e^{x^3}d(x^3)=\frac{1}{3}{e}^{x^3}+C\end{array}$

Примеры с семинара

Теорема об интегрировании подстановкой (Прямая замена) Пусть $\phi (x)$ и $f(x)$ определены в промежутках $I_1$ и $I_2$ соответственно, $\phi (x)\in I_2\forall x\in I_1$. Пусть: $\begin{array}{c}\int f(u)du=F(u)+C\text{На }{I}_2\\ \Downarrow \\ \int f(\phi (x)){\phi }^{\prime }(x)dx=F(\phi (x))+C\text{На }{I}_1\end{array}$

Доказательство $(F(\phi (x)){)}^{\prime }=F^{\prime }(\phi (x))\cdot {\phi }^{\prime }(x)=f(\phi (x))\cdot {\phi }^{\prime }(x)$

---

Лекция №2.1.2-19.02.2026

LEGIT CHECK

Метод интегрирования по частям ^1-integr-parts

Теорема об интегрировании заменой переменной (Обратная замена) $\phi \in D(I_1)$, и взаимнооднозначно отображает $I_1$ на $I_2$, причём ${\phi }^{\prime }(t)\ne 0\forall t\in I_1$. Пусть $f$ определена на $I_2$. Тогда, если $\int f(\phi (t)){\phi }^{\prime }(t)dt=F(t)+C$ на $I_1$ $\Rightarrow$ на $I_2$: $\int f(x)dx=F({\phi }^{-1}(x))+C$.

Пусть

Доказательство $\exists {\phi }^{-1}(x)$ - обратная к $\phi (t)$ функция. $\Rightarrow ({\phi }^{-1}(x){)}^{\prime }=\frac{1}{{\phi }^{\prime }({\phi }^{-1}(x))}$ (по теореме о производной обратной функции). Продифференцируем предполагаемый ответ $F({\phi }^{-1}(x))$ по $x$: $\begin{array}{c}(F({\phi }^{-1}(x)){)}^{\prime }=F^{\prime }({\phi }^{-1}(x))\cdot ({\phi }^{-1}(x){)}^{\prime }=\\ =f(\phi ({\phi }^{-1}(x)))\cdot {\phi }^{\prime }({\phi }^{-1}(x))\cdot \frac{1}{{\phi }^{\prime }({\phi }^{-1}(x))}\\ =f(\phi ({\phi }^{-1}(x)))=f(x)\end{array}$

Так как отображение взаимнооднозначно и производная не равна нулю,

Теорема о дифференцировании по частям $u,v\in D(I)$, а функция $u^{\prime }\cdot v$ имеет первообразную на промежутке $I$. Тогда справедлива формула: $\int u(x)dv(x)=u(x)v(x)-\int v(x)du(x)$

Пусть

Доказательство $\begin{array}{c}(u\cdot v{)}^{\prime }=u^{\prime }v+u{v}^{\prime }\\ u\cdot v^{\prime }=(u\cdot v{)}^{\prime }-u^{\prime }v\\ \int u\cdot v^{\prime }dx=\int (u\cdot v{)}^{\prime }dx-\int u^{\prime }vdx\\ \int udv=u\cdot v-\int vdu\end{array}$

Примеры с семинара

Правила выбора функции $u$ и $dv$

1. Интегралы вида $\int P(x)\ln xdx,\int P(x)\arcsin xdx,\int P(x)\arccos xdx,\int P(x)\arctan xdx$, где $P(x)$ — многочлен: $\Rightarrow$ За $u$ принимается логарифмическая или обратная тригонометрическая функция ($u=\ln x,\arcsin x\dots$), а $dv=P(x)dx$.
2. Интегралы вида $\int P(x)e^{\alpha x}dx,\int P(x)\sin (\alpha x)dx,\int P(x)\cos (\alpha x)dx$: $\Rightarrow$ За $u$ принимается многочлен $u=P(x)$, а $dv=e^{\alpha x}dx,\sin (\alpha x)dx\dots$
3. Интегралы вида $\int e^{\alpha x}\sin (\beta x)dx,\int e^{\alpha x}\cos (\beta x)dx$ (циклические): $\Rightarrow$ За $u$ можно взять любую из функций ($e^{\alpha x}$ или тригонометрическую). Интегрирование по частям применяется дважды, после чего получается уравнение относительно искомого интеграла.

Пример 1 (Выбор $u=P(x)$) $\int x{e}^{2x}dx$ Пусть $u=x\Rightarrow du=dx$. $dv=e^{2x}dx\Rightarrow v=\int e^{2x}dx=\frac{1}{2}{e}^{2x}$. $\int x{e}^{2x}dx=\frac{1}{2}x{e}^{2x}-\int \frac{1}{2}{e}^{2x}dx=\frac{1}{2}x{e}^{2x}-\frac{1}{4}{e}^{2x}+C$

Пример 2 (Циклический интеграл) $I=\int e^{3x}\sin 4xdx$. $I=\frac{1}{3}\int \sin 4xd(e^{3x})=\frac{1}{3}\left(e^{3x}\sin 4x-\int e^{3x}d(\sin 4x)\right)=\frac{1}{3}{e}^{3x}\sin 4x-\frac{4}{3}\int e^{3x}\cos 4xdx$ Применим интегрирование по частям ко второму интегралу: $\int e^{3x}\cos 4xdx=\frac{1}{3}\int \cos 4xd(e^{3x})=\frac{1}{3}\left(e^{3x}\cos 4x-\int e^{3x}d(\cos 4x)\right)=\frac{1}{3}{e}^{3x}\cos 4x+\frac{4}{3}\int e^{3x}\sin 4xdx$ Подставляем обратно в исходное выражение: $I=\frac{1}{3}{e}^{3x}\sin 4x-\frac{4}{3}\left(\frac{1}{3}{e}^{3x}\cos 4x+\frac{4}{3}I\right)=\frac{1}{3}{e}^{3x}\sin 4x-\frac{4}{9}{e}^{3x}\cos 4x-\frac{16}{9}I$ Решаем полученное уравнение относительно $I$: $I+\frac{16}{9}I=\frac{1}{3}{e}^{3x}\sin 4x-\frac{4}{9}{e}^{3x}\cos 4x\Rightarrow \frac{25}{9}I=\frac{1}{3}{e}^{3x}\sin 4x-\frac{4}{9}{e}^{3x}\cos 4x$ $I=\frac{3}{25}{e}^{3x}\sin 4x-\frac{4}{25}{e}^{3x}\cos 4x+C$

Обозначим

Многочлены и их корни ^2-polynomials

Определение - Корень многочлена $P_n(x)=a_n{x}^n+a_{n-1}{x}^{n-1}+\cdots +a_{1}x+a_0,x\in \mathbb{R}$ $P_n(z)=a_n{z}^n+a_{n-1}{z}^{n-1}+\cdots +a_{1}z+a_0,z\in \mathbb{C}$ Число $z_0\in \mathbb{C}$ называется корнем $P_n(z)$, если $P_n(z_0)=0$.

Пусть заданы многочлены:

Теорема Безу $z_0\in \mathbb{C}$ является корнем $P_n(z)⟺P_n(z)$ делится на $(z-z_0)$ нацело. То есть $\exists Q_{n-1}(z)=b_{n-1}{z}^{n-1}+\cdots +b_0$ такой, что: $P_n(z)=(z-z_0)Q_{n-1}(z)$

Число

Следствие 0 (Разложение в $\mathbb{C}$) Любой многочлен $n$-й степени имеет ровно $n$ корней в множестве комплексных чисел (с учетом кратности). $P_n(z)=a_n(z-z_1{)}^{k_1}(z-z_2{)}^{k_2}\dots (z-z_l{)}^{k_l}$ где $z_1,\dots ,z_l$ — корни многочлена, а $\sum k_i=n$.

Следствие 1 (Разложение в $\mathbb{R}$) Любой многочлен $P_n(x)$ с действительными коэффициентами ($x\in \mathbb{R},a_i\in \mathbb{R}$) можно однозначно разложить на линейные и квадратичные множители: $P_n(x)=a_n(x-x_1{)}^{k_1}\dots (x-x_r{)}^{k_r}(x^2+p_{1}x+q_1{)}^{m_1}\dots (x^2+p_{l}x+q_l{)}^{m_l}$ Где $x_i$ — действительные корни, а трехчлены $(x^2+p_{i}x+q_i)$ не имеют действительных корней ($D<0$).

Интегрирование рациональных функций ^3-rational-func

Определение $\frac{P_m(x)}{Q_n(x)}$, где $P_m$ и $Q_n$ — многочлены степеней $m$ и $n$ соответственно, причем $m<n$. Знаменатель $Q_n(x)$ предварительно раскладывается на множители (по Следствию 1): $Q_n(x)=A(x-a{)}^{k_1}(x-b{)}^{k_2}\dots (x^2+p_{1}x+q_1{)}^{m_1}(x^2+p_{2}x+q_2{)}^{m_2}\dots$

Рассмотрим правильную рациональную дробь

Разложение на простейшие дроби (Метод неопределенных коэффициентов) $\frac{P_m(x)}{Q_n(x)}=\frac{A_1}{x-a}+\frac{A_2}{(x-a{)}^2}+\cdots +\frac{A_{k_1}}{(x-a{)}^{k_1}}+\frac{B_1}{x-b}+\cdots +\frac{B_{k_2}}{(x-b{)}^{k_2}}+$ $+\frac{C_{1}x+D_1}{x^2+p_{1}x+q_1}+\cdots +\frac{C_{m_1}x+D_{m_1}}{(x^2+p_{1}x+q_1{)}^{m_1}}+\dots$

Правильную дробь можно представить в виде суммы простейших дробей по структуре корней знаменателя:

Пример разложения (Метод неопределенных коэффициентов) $\int \frac{dx}{x^3+1}$

Разложить подынтегральную функцию и найти интеграл:

1. Разложим знаменатель по формуле суммы кубов: $x^3+1=(x+1)(x^2-x+1)$

2. Представим дробь в виде суммы простейших: $\frac{1}{(x+1)(x^2-x+1)}=\frac{A}{x+1}+\frac{Bx+C}{x^2-x+1}$

3. Приведем к общему знаменателю и приравняем числители: $1=A(x^2-x+1)+(x+1)(Bx+C)$ Раскроем скобки и сгруппируем по степеням $x$: $0\cdot x^2+0\cdot x+1=x^2(A+B)+x(-A+B+C)+(A+C)$

4. Составим систему линейных уравнений: $\{\begin{array}{l}A+B=0\\ -A+B+C=0\\ A+C=1\end{array}$ Из первого: $B=-A$. Подставляем во второе: $-A-A+C=0\Rightarrow C=2A$. Подставляем $C$ в третье: $A+2A=1\Rightarrow 3A=1\Rightarrow A=1/3$. Итоговые коэффициенты: $A=\frac{1}{3},B=-\frac{1}{3},C=\frac{2}{3}$. Интеграл разбивается на сумму двух: $\frac{1}{3}\int \frac{dx}{x+1}-\frac{1}{3}\int \frac{x-2}{x^2-x+1}dx$

---

Лекция №3.1.3-26.02.2026

LEGIT CHECK

Интегрирование тригонометрических функций ^3-trig-advanced-section

1. Интегралы вида $\int {\tan }^{m}xdx$ и $\int {\cot }^{m}xdx(m\in \mathbb{Z})$ Для понижения степени используются основные тригонометрические тождества: ${\tan }^{2}x+1=\frac{1}{{\cos }^{2}x},{\cot }^{2}x+1=\frac{1}{{\sin }^{2}x}$

Пример $\begin{array}{c}\int {\tan }^{4}xdx=\int {\tan }^{2}x\left(\frac{1}{{\cos }^{2}x}-1\right)dx=\int \frac{{\tan }^{2}x}{{\cos }^{2}x}dx-\int {\tan }^{2}xdx=\\ =\int {\tan }^{2}xd(\tan x)-\int \left(\frac{1}{{\cos }^{2}x}-1\right)dx=\frac{{\tan }^{3}x}{3}-\tan x+x+C\end{array}$

2. Интегралы от произведений синусов и косинусов разных аргументов

Применяются формулы преобразования произведения в сумму:

• $\sin (\alpha x)\cos (\beta x)=\frac{1}{2}(\sin (\alpha -\beta )x+\sin (\alpha +\beta )x)$
• $\sin (\alpha x)\sin (\beta x)=\frac{1}{2}(\cos (\alpha -\beta )x-\cos (\alpha +\beta )x)$
• $\cos (\alpha x)\cos (\beta x)=\frac{1}{2}(\cos (\alpha -\beta )x+\cos (\alpha +\beta )x)$

3. Интегралы от чётных степеней $\int {\sin }^{2n}x{\cos }^{2m}xdx$ Применяются формулы понижения степени двойного угла: ${\sin }^{2}x=\frac{1-\cos 2x}{2},{\cos }^{2}x=\frac{1+\cos 2x}{2}$

Пример $\begin{array}{c}\int {\sin }^{4}2xdx=\int {\left(\frac{1-\cos 4x}{2}\right)}^{2}dx=\frac{1}{4}\int (1-2\cos 4x+{\cos }^{2}4x)dx=\\ =\frac{1}{4}x-\frac{1}{8}\sin 4x+\frac{1}{4}\int \frac{1+\cos 8x}{2}dx=\frac{1}{4}x-\frac{1}{8}\sin 4x+\frac{1}{8}x+\frac{1}{64}\sin 8x+C=\\ =\frac{3}{8}x-\frac{1}{8}\sin 4x+\frac{1}{64}\sin 8x+C\end{array}$

4. Рациональные функции от тригонометрии $\int R(\sin x,\cos x)dx$ Выбор подстановки зависит от свойств чётности/нечётности функции $R$:

1. Если $R(-\sin x,-\cos x)=R(\sin x,\cos x)\Rightarrow \mathbf{t}=\tan \mathbf{x}$

2. Если $R(-\sin x,\cos x)=-R(\sin x,\cos x)\Rightarrow \mathbf{t}=\cos \mathbf{x}$

3. Если $R(\sin x,-\cos x)=-R(\sin x,\cos x)\Rightarrow \mathbf{t}=\sin \mathbf{x}$

4. Универсальная подстановка: $\mathbf{t}=\tan \frac{\mathbf{x}}{2}$. Применяется, если не подошло ничего из вышеперечисленного. Формулы перехода: $x=2\arctan t,dx=\frac{2dt}{1+t^2}$ $\sin x=\frac{2t}{1+t^2},\cos x=\frac{1-t^2}{1+t^2}$

Пример на подстановку $t=\tan x$ Вычислить $\int \frac{dx}{2{\sin }^{2}x+\sin x\cos x-3{\cos }^{2}x}$. Делим числитель и знаменатель на ${\cos }^{2}x$: $\int \frac{\frac{dx}{{\cos }^{2}x}}{2{\tan }^{2}x+\tan x-3}=\left|t=\tan x\right|=\int \frac{dt}{2t^2+t-3}=\frac{1}{2}\int \frac{dt}{t^2+\frac{1}{2}t-\frac{3}{2}}$ Выделяем полный квадрат: $t^2+\frac{1}{2}t-\frac{3}{2}={\left(t+\frac{1}{4}\right)}^2-\frac{25}{16}$. $\frac{1}{2}\int \frac{d\left(t+\frac{1}{4}\right)}{{\left(t+\frac{1}{4}\right)}^2-{\left(\frac{5}{4}\right)}^2}=\frac{1}{2\cdot 2\cdot \frac{5}{4}}\ln \left|\frac{t+\frac{1}{4}-\frac{5}{4}}{t+\frac{1}{4}+\frac{5}{4}}\right|+C=\frac{1}{5}\ln \left|\frac{2\tan x-2}{2\tan x+3}\right|+C$

Интегрирование иррациональных функций ^3-irrational-section

1. Дробно-линейная иррациональность $\int R\left(x,{\left(\frac{ax+b}{cx+d}\right)}^{\frac{m_1}{n_1}},\dots ,{\left(\frac{ax+b}{cx+d}\right)}^{\frac{m_k}{n_k}}\right)dx$ Вводится подстановка: $t^s=\frac{ax+b}{cx+d}$ Где $s$ — общий знаменатель (НОК) для дробей $n_1,n_2,\dots ,n_k$.

Пример $\int \frac{dx}{\sqrt{x}+\sqrt[3]{x}}$. Степени $x$: $1/2$ и $1/3$. Общий знаменатель $s=6$. Подстановка: $t^6=x\Rightarrow dx=6t^{5}dt$. $\int \frac{6t^{5}dt}{t^3+t^2}=6\int \frac{t^{3}dt}{t+1}=6\int \frac{t^3+1-1}{t+1}dt=6\int \frac{(t+1)(t^2-t+1)-1}{t+1}dt=$ $=6\int (t^2-t+1)dt-6\int \frac{dt}{t+1}=2t^3-3t^2+6t-6\ln |t+1|+C=$ $=2\sqrt{x}-3\sqrt[3]{x}+6\sqrt[6]{x}-6\ln |1+\sqrt[6]{x}|+C$

Вычислить

2. Квадратичные иррациональности (Тригонометрические подстановки)

Для интегралов, содержащих корень из квадратного трехчлена, после выделения полного квадрата применяются подстановки:

1. $\sqrt{l^2-y^2}\Rightarrow \mathbf{y}=\mathbf{l}\sin \mathbf{t}$
2. $\sqrt{l^2+y^2}\Rightarrow \mathbf{y}=\mathbf{l}\tan \mathbf{t}$ или $y=l\sinh t$
3. $\sqrt{y^2-l^2}\Rightarrow \mathbf{y}=\frac{\mathbf{l}}{\cos \mathbf{t}}$ или $y=l\cosh t$

3. Интегралы вида $\int \frac{mx+n}{\sqrt{a{x}^2+bx+c}}dx$ Метод решения: выделение в числителе производной подкоренного выражения.

Пример $\int \frac{x+4}{\sqrt{2-x-x^2}}dx$. Производная знаменателя: $(2-x-x^2{)}^{\prime }=-1-2x$. Преобразуем числитель: $x+4=-\frac{1}{2}(-2x-1)-\frac{1}{2}+4=-\frac{1}{2}(-1-2x)+\frac{7}{2}$. Разбиваем на два интеграла: $-\frac{1}{2}\int \frac{-1-2x}{\sqrt{2-x-x^2}}dx+\frac{7}{2}\int \frac{dx}{\sqrt{2-x-x^2}}$ Первый интеграл — табличный ($\int \frac{du}{\sqrt{u}}=2\sqrt{u}$). Во втором выделяем полный квадрат: $2-x-x^2=\frac{9}{4}-{\left(x+\frac{1}{2}\right)}^2$. $=-\sqrt{2-x-x^2}+\frac{7}{2}\arcsin \frac{x+1/2}{3/2}+C=-\sqrt{2-x-x^2}+\frac{7}{2}\arcsin \frac{2x+1}{3}+C$

Вычислить

4. Интегралы вида $\int \frac{dx}{(mx+n{)}^r\sqrt{a{x}^2+bx+c}}(r=1,2)$ Вводится обратная подстановка: $t=\frac{1}{mx+n}$

Пример $\int \frac{dx}{(x+2)\sqrt{x^2+5}}$. Подстановка $t=\frac{1}{x+2}\Rightarrow x=\frac{1}{t}-2,dx=-\frac{1}{t^2}dt$. $\int \frac{-\frac{1}{t^2}dt}{\frac{1}{t}\sqrt{{\left(\frac{1}{t}-2\right)}^2+5}}=-\int \frac{dt}{t\sqrt{\frac{1}{t^2}-\frac{4}{t}+9}}=-\int \frac{dt}{\sqrt{1-4t+9t^2}}$ Далее под корнем выделяется полный квадрат и берется длинный логарифм.

Вычислить