Page 272 - 4371

 4  2
  ln 2
  ln  ttg   1 dt  t   z   ln ctg z   1 dz  (див.
0 2  4 8
попередню задачу).
10.32
sin x  cos x 
     d 
x sin x 2  2 

 dx  2 x dx  2 x 

0 ch 2  cos x  0 ch 2  cos x   0 ch 2  cos x 





 2   2   2 
  cos x     cos x     cos x 


 2 x th    th  dx . Очевидно th  dx 


  2   2    2 
 0 0  0
 2
  sin  t
 x   t   th  dt  0 в силу непарності підінтег-
2  2 
 2
 x sinx  1
ральної функції. Отже,  dx  2 thx   cosx   2 th .
2
0 ch  cosx   2  0 2
 2 
b f   ax  a  b
10.33 I  dx  x   t 
a f   ax  f   xb  2
b a  b  a 
f   t 
2  2 
  dt . Далі застосуємо тотож-
b a  b  a   b  a 

 f   t  f   t 
2  2   2 
ність (10.1):
b a   ab   ab  
2   f  2 t   f  2   t 
I          dt 
  f  t  f   f   f  
0  ab     ab t   ab t    ab t 
  2   2   2   2  
b a
2 b  a
  dt  .
0 2
272