Page 28 - Лекція 6

1 1
x 4 x 3 3 dx x 2 4 x 3 3 2 dx J

m 1
Розв’язання. Оскільки p = 1 – ціле, застосо-
n
вуємо третю підстановку.

3 2
2
3
4x +3=x t , тоді x dx 2 tdt 2
t 2 4
Інтеграл набуває вигляду
2
1 3 tdt t dt
2
J x 2 x tdx tx dx 2 t 2
2
t 2 4 2 t 2 4 2

Застосуємо метод інтегрування частинами.
tdt
Покладемо u=t, dv= , тоді
t ( 2 ) 4 2
1 1
du=dt; v , й, маємо
2 t 2 4

2
t dt 1 t 1 dt t 1 t 2
2 2 ln C
t 2 4 2 2 t 2 4 2 t 2 4 t 2 4 4 t 2
При умові, що

4 x 3 3
t
x 3 .
Отже
1 1 x 4 3 3 2 x x
x x 4 3 3 dx x 4 6 x 3 3 ln C
3 4 x 4 3 s 2 x x

Вправи.