TÍCH PHÂN HÀM CHỨA CĂN THỨC

I. KIẾN THỨC
Cần nhớ một số công thức tìm nguyên hàm sau :
    - $\int {\frac{{f'(x)}}{{2\sqrt {f(x)} }}dx = \sqrt {f(x)}  + C}$
    - $\int {\frac{1}{{\sqrt {{x^2} + b} }}dx = \ln \left| {x + \sqrt {{x^2} + b} } \right| + C}$
    - Mở rộng : $\int {\frac{{u'(x)}}{{\sqrt {{u^2}(x) + b} }}du = \ln \left| {u(x) + \sqrt {{u^2}(x) + b} } \right|}  + C$

II. MỘT SỐ DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP
1. Tích phân dạng : $I = \int\limits_\alpha ^\beta  {\frac{1}{{\sqrt {{\text{a}}{{\text{x}}^2} + bx}  + c}}dx\quad \left( {a \ne 0} \right)}$
a. Lý thuyết :
Từ : ${\text{f(x) = a}}{{\text{x}}^{\text{2}}} + bx + c = a\left[ {{{\left( {x + \frac{b}{{2a}}} \right)}^2} - \frac{\Delta }{{4{a^2}}}} \right] \Rightarrow \left\{ \begin{array}   x + \frac{b}{{2a}} = u  \\   \frac{{\sqrt \Delta  }}{{2a}} = K  \\ \end{array}  \right. \leftrightarrow du = dx$
Khi đó ta có  :
- Nếu $\Delta  < 0,a > 0 \Rightarrow f(x) = a\left( {{u^2} + {k^2}} \right) \Leftrightarrow \sqrt {f(x)}  = \sqrt a .\sqrt {{u^2} + {k^2}}$ (1)
- Nếu : $\Delta  = 0 \Rightarrow f(x) = a{\left( {x + \frac{b}{{2a}}} \right)^2} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}   a > 0  \\   \sqrt {f(x)}  = \sqrt a \left| {x + \frac{b}{{2a}}} \right| = \sqrt a .\left| u \right|  \\ \end{array}  \right.$ (2)
- Nếu : $\Delta  > 0$.
    +/ Với a>0 : $f(x) = a\left( {x - {x_1}} \right)\left( {x - {x_2}} \right) \Leftrightarrow \sqrt {f(x)}  = \sqrt a .\sqrt {\left( {x - {x_1}} \right)\left( {x - {x_2}} \right)}$ (3)
    +/ Với a<0 : $f(x) =  - a\left( {{x_1} - x} \right)\left( {{x_2} - x} \right) \Leftrightarrow \sqrt {f(x)}  = \sqrt { - a} .\sqrt {\left( {{x_1} - x} \right)\left( {{x_2} - x} \right)}$ (4)
Căn cứ vào phân tích trên , ta có một số cách giải sau :

b. Cách giải.
*. Trường hợp : $\Delta  < 0,a > 0 \Rightarrow f(x) = a\left( {{u^2} + {k^2}} \right) \Leftrightarrow \sqrt {f(x)}  = \sqrt a .\sqrt {{u^2} + {k^2}}$
Khi đó đặt :
$\sqrt {{\text{a}}{{\text{x}}^{\text{2}}} + bx + c}  = t - \sqrt a .x \\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}   bx + c = {t^2} - 2\sqrt a x  \\   x = \alpha  \to t = {t_0},x = \beta  \to t = {t_1}  \\ \end{array}  \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}   x = \frac{{{t^2} - c}}{{b + 2\sqrt a }};dx = \frac{2}{{\left( {b + 2\sqrt a } \right)}}tdt  \\   t - \sqrt a .x = t - \sqrt a \frac{{{t^2} - c}}{{b + 2\sqrt a }}  \\ \end{array}  \right.$
*. Trường hợp : $\Delta  = 0 \Rightarrow f(x) = a{\left( {x + \frac{b}{{2a}}} \right)^2} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}   a > 0  \\   \sqrt {f(x)}  = \sqrt a \left| {x + \frac{b}{{2a}}} \right| = \sqrt a .\left| u \right|  \\ \end{array}  \right.$
Khi đó : $I = \int\limits_\alpha ^\beta  {\frac{1}{{\sqrt a \left| {x + \frac{b}{{2a}}} \right|}}dx = \frac{1}{{\sqrt a }}\int\limits_\alpha ^\beta  {\frac{1}{{\left| {x + \frac{b}{{2a}}} \right|}}dx = \left[ \begin{array}   \frac{1}{{\sqrt a }}\ln \left( {x + \frac{b}{{2a}}} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}   \beta  \\   \alpha  \end{array}} \right.:x + \frac{b}{{2a}} > 0  \\    - \frac{1}{{\sqrt a }}\ln \left( {x + \frac{b}{{2a}}} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}   \beta  \\   \alpha  \end{array}} \right.:x + \frac{b}{{2a}} < 0  \\ \end{array}  \right.} }$
*. Trường hợp : $\Delta  > 0,a > 0$
- Đặt : $\sqrt {{\text{a}}{{\text{x}}^{\text{2}}} + bx + c}  = \sqrt {a\left( {x - {x_1}} \right)\left( {x - {x_2}} \right)}  = \left[ \begin{array}   \left( {x - {x_1}} \right)t  \\   \left( {x - {x_2}} \right)t  \\ \end{array}  \right.$
*. Trường hợp : $\Delta  > 0,a < 0$
- Đặt : $\sqrt {{\text{a}}{{\text{x}}^{\text{2}}} + bx + c}  = \sqrt {a\left( {{x_1} - x} \right)\left( {{x_2} - x} \right)}  = \left[ \begin{array}   \left( {{x_1} - x} \right)t  \\   \left( {{x_2} - x} \right)t  \\ \end{array}  \right.$

VÍ DỤ MINH HỌA
Ví dụ 1.
Tính tích phân sau : $I = \int\limits_{ - 1}^1 {\frac{{dx}}{{\sqrt {{x^2} - 2x + 5} }}}$. ( a>0 )
Giải
-Ta có : $\Delta ' =  - 4 < 0,a = 1 > 0$
- Đặt : $\sqrt {{x^2} - 2x + 5}  = t - x \Rightarrow t = x + \sqrt {{x^2} - 2x + 5}  \leftrightarrow t - 1 = x - 1 + \sqrt {{x^2} - 2x + 5}$.
$\Leftrightarrow dt = \left( {1 + \frac{{x - 1}}{{\sqrt {{x^2} - 2x + 5} }}} \right)dx = \frac{t}{{\sqrt {{x^2} - 2x + 5} }}dx \Rightarrow \frac{{dt}}{{t - 1}} = \frac{{dx}}{{\sqrt {{x^2} - 2x + 5} }}$
- Khi : x=-1,t=$\sqrt 8  - 1$,x=1,t=3
 Do đó:$\Rightarrow I = \int\limits_{ - 1}^1 {\frac{{dx}}{{\sqrt {{x^2} - 2x + 5} }}}  = \int\limits_{2\left( {\sqrt 2  - 1} \right)}^3 {\frac{{dt}}{{t - 1}}}$ Vậy $I = \ln \left| {t - 1} \right|\left| {\begin{array}{*{20}{c}}   3 \\   {2\left( {\sqrt 2  - 1} \right)} \end{array} = \ln \frac{2}{{2\left( {\sqrt 2  - 1} \right)}} = \ln \left( {\sqrt 2  + 1} \right)} \right.$

Ví dụ 2.
Tính tích phân sau . $I = \int\limits_0^2 {\frac{1}{{\sqrt {1 + 2x - {x^2}} }}dx}$. ( a<0 )
Giải
Ta có : $f(x) = \frac{1}{{\sqrt {1 + 2x - {x^2}} }} = \frac{1}{{\sqrt {2 - {{\left( {x - 1} \right)}^2}} }}(*) = \frac{1}{{\sqrt {\left( {\sqrt 2  + 1 - x} \right)\left( {\sqrt 2  - 1 + x} \right)} }}$ .
Nếu theo phương pháp chung thì :
Đặt : $\sqrt {\left( {\sqrt 2  + 1 - x} \right)\left( {\sqrt 2  - 1 + x} \right)}  = \left( {\sqrt 2  + 1 - x} \right)t \Leftrightarrow \left( {\sqrt 2  + 1 - x} \right)\left( {\sqrt 2  - 1 + x} \right) = {t^2}{\left( {\sqrt 2  + 1 - x} \right)^2}$
$\Leftrightarrow \left( {\sqrt 2  - 1 + x} \right) = \left( {\sqrt 2  + 1 - x} \right){t^2} \Rightarrow x = \frac{{\left( {\sqrt 2  + 1} \right){t^2} - \sqrt 2  + 1}}{{1 + {t^2}}}$. ...
Ta có thể sử dụng phương pháp đổi biến số dạng 1.
Đặt : $x - 1 = \sqrt 2 \sin t \Rightarrow \left\{ \begin{array}   dx = \sqrt 2 c{\text{ostdt}}{\text{.x = 0}} \to {\text{t =  - }}\frac{\pi }{4};x = 2 \to t = \frac{\pi }{4}  \\   f(x)dx = \frac{1}{{\sqrt {2\left( {1 - {{\sin }^2}t} \right)} }}\sqrt 2 c{\text{ostdt = dt}}  \\ \end{array}  \right.$. Vì : $t \in \left[ {\frac{\pi }{4};\frac{\pi }{4}} \right] \leftrightarrow c{\text{ost > 0}}$
Vậy : $I = \int\limits_{ - \frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{4}} {dt}  = t\left| {\begin{array}{*{20}{c}}   {\frac{\pi }{4}} \\   { - \frac{\pi }{4}} \end{array} = \frac{\pi }{4} + \frac{\pi }{4} = \frac{\pi }{2}} \right.$

2. Tích phân dạng : $I = \int\limits_\alpha ^\beta  {\frac{{mx + n}}{{\sqrt {{\text{a}}{{\text{x}}^2} + bx}  + c}}dx\quad \left( {a \ne 0} \right)}$
Phương pháp:
1.  Phân tích $f(x) = \frac{{mx + n}}{{\sqrt {{\text{a}}{{\text{x}}^{\text{2}}} + bx + c} }} = \frac{{A.d\left( {\sqrt {{\text{a}}{{\text{x}}^{\text{2}}} + bx + c} } \right)}}{{\sqrt {{\text{a}}{{\text{x}}^{\text{2}}} + bx + c} }} + \frac{B}{{\sqrt {{\text{a}}{{\text{x}}^{\text{2}}} + bx + c} }}\quad \left( 1 \right)$
2. Quy đồng mẫu số , sau đó đồng nhất hệ số hai tử số để suy ra hệ hai ẩn số A,B
3. Giải hệ tìm A,B thay vào (1)
4. Tính I =$2A\left( {\sqrt {{\text{a}}{{\text{x}}^{\text{2}}} + bx + c} } \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}   \beta  \\   \alpha  \end{array} + B\int\limits_\alpha ^\beta  {\frac{1}{{\sqrt {{\text{a}}{{\text{x}}^{\text{2}}} + bx + c} }}dx} } \right.$ (2)
Trong đó  $\int\limits_\alpha ^\beta  {\frac{1}{{\sqrt {{\text{a}}{{\text{x}}^2} + bx}  + c}}dx\quad \left( {a \ne 0} \right)}$ đã biết cách tính ở trên

VÍ DỤ MINH HỌA
Ví dụ 1.
Tính tích phân sau  $I = \int\limits_{ - 1}^1 {\frac{{x + 2}}{{\sqrt {{x^2} - 2x + 5} }}dx}$. (a>0)
Giải
- Ta có : $f(x) = \frac{{x + 2}}{{\sqrt {{x^2} - 2x + 5} }} = \frac{{A\left( {2x - 2} \right)}}{{\sqrt {{x^2} - 2x + 5} }} + \frac{B}{{\sqrt {{x^2} - 2x + 5} }} = \frac{{2Ax + B - 2A}}{{\sqrt {{x^2} - 2x + 5} }}\;\left( 1 \right)$
- Đồng nhất hệ số hai tử số ta có hệ :
 $\left\{ \begin{array}   2A = 1  \\   B - 2A = 2  \\ \end{array}  \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}   A = \frac{1}{2}  \\   B = 3  \\ \end{array}  \right. \Rightarrow f(x) = \frac{{\frac{1}{2}\left( {2x - 2} \right)}}{{\sqrt {{x^2} - 2x + 5} }} + 3\frac{1}{{\sqrt {{x^2} - 2x + 5} }}$
- Vậy : $I = \int\limits_{ - 1}^1 {f(x)dx = } \int\limits_{ - 1}^1 {\frac{{\left( {x - 1} \right)dx}}{{\sqrt {{x^2} - 2x + 5} }} + 3\int\limits_{ - 1}^1 {\frac{1}{{\sqrt {{x^2} - 2x + 5} }}} } dx$.
Theo kết quả trên , ta có kết quả :
$I = \left( {\sqrt {{x^2} - 2x + 5} } \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}   1 \\   { - 1} \end{array} + 3} \right.\ln \left( {\sqrt 2  + 1} \right) = 2 - 2\sqrt 2  + 3\ln \left( {\sqrt 2  + 1} \right)$

Ví dụ 2.
Tính tích phân sau $I = \int\limits_0^2 {\frac{{2x - 3}}{{\sqrt {1 + 2x - {x^2}} }}dx}$
Giải
Ta có : $\frac{{2x - 3}}{{\sqrt {1 + 2x - {x^2}} }} = \frac{{A\left( {2 - 2x} \right)}}{{\sqrt {1 + 2x - {x^2}} }} + \frac{B}{{\sqrt {1 + 2x - {x^2}} }} = \frac{{ - 2Ax + \left( {2A + B} \right)}}{{\sqrt {1 + 2x - {x^2}} }}$
Đồng nhất hệ số hai tử số ta có : $\left\{ \begin{array}    - 2A = 2  \\   2A + B =  - 3  \\ \end{array}  \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}   A =  - 1  \\   B =  - 1  \\ \end{array}  \right.$
Vậy : $I =  - 2\int\limits_0^2 {\frac{{\left( {1 - x} \right)dx}}{{\sqrt {1 + 2x - {x^2}} }}}  - \int\limits_0^2 {\frac{1}{{\sqrt {1 + 2x - {x^2}} }}dx}  =  - 2\left( {\sqrt {1 + 2x - {x^2}} } \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}   2 \\   0 \end{array} - \int\limits_0^2 {\frac{1}{{\sqrt {1 + 2x - {x^2}} }}dx} \quad \left( 2 \right)} \right.$
Theo kết quả đã tính ở ví dụ trên ta có : $I =  - \frac{\pi }{2}$

Ví dụ 3.
Tính tích phân sau  $I = \int\limits_0^1 {\frac{{\left( {x + 4} \right)dx}}{{\sqrt {{x^2} + 4x + 5} }}}$.
Giải
Ta có : $f(x) = \frac{{\left( {x + 4} \right)}}{{\sqrt {{x^2} + 4x + 5} }} = \frac{{\left( {x + 2} \right)}}{{\sqrt {{x^2} + 4x + 5} }} + \frac{2}{{\sqrt {{x^2} + 4x + 5} }}$
Vậy : $I = \int\limits_0^1 {\frac{{\left( {x + 4} \right)dx}}{{\sqrt {{x^2} + 4x + 5} }}}  = \frac{1}{2}\int\limits_0^1 {\frac{{2\left( {x + 2} \right)dx}}{{\sqrt {{x^2} + 4x + 5} }} + 2\int\limits_0^1 {\frac{1}{{\sqrt {{{\left( {x + 2} \right)}^2} + 1} }}dx} }  = \frac{1}{2}\ln \sqrt {{x^2} + 4x + 1} \left| {\begin{array}{*{20}{c}}   1 \\   0 \end{array} + 2J} \right.$ (1)
Tính J : Đặt $t = x + 2 + \sqrt {{{\left( {x + 2} \right)}^2} + 1}  \Rightarrow dt = \left( {1 + \frac{{\left( {x + 2} \right)}}{{\sqrt {{{\left( {x + 2} \right)}^2} + 1} }}} \right)dx = \frac{t}{{\sqrt {{{\left( {x + 2} \right)}^2} + 1} }}dx$
Hay : $\frac{{dt}}{t} = \frac{{dx}}{{\sqrt {{{\left( {x + 2} \right)}^2} + 1} }}$. Khi x=0, t=2+$\sqrt 5$; x=1, t=3+$\sqrt {10}$.
Do đó : $J = \int\limits_{2 + \sqrt 5 }^{3 + \sqrt {10} } {\frac{{dt}}{t} = \ln \left| t \right|\left| {\begin{array}{*{20}{c}}   {3 + \sqrt {10} } \\   {2 + \sqrt 5 } \end{array}} \right.}  = \ln \left( {\frac{{3 + \sqrt {10} }}{{2 + \sqrt 5 }}} \right)$. Thay vào (1) ta tìm được I
$I = \sqrt {10}  - \sqrt 5  + 2\ln \left( {\frac{{3 + \sqrt {10} }}{{2 + \sqrt 5 }}} \right)$

3. Tích phân dạng : $I = \int\limits_\alpha ^\beta  {\frac{1}{{\left( {mx + n} \right)\sqrt {{\text{a}}{{\text{x}}^2} + bx}  + c}}dx\quad \left( {a \ne 0} \right)}$
Phương pháp:
1. Phân tích: $\frac{1}{{\left( {mx + n} \right)\sqrt {{\text{a}}{{\text{x}}^{\text{2}}} + bx + c} }} = \frac{1}{{m\left( {x + \frac{n}{m}} \right)\sqrt {{\text{a}}{{\text{x}}^{\text{2}}} + bx + c} }}$. (1)
2. Đặt : $\frac{1}{y} = x + \frac{n}{m} \Rightarrow \left\{ \begin{array}   y = \frac{1}{{x + t}}\left( {t = \frac{n}{m}} \right) \to dy =  - \frac{1}{{x + t}}dx  \\   x = \frac{1}{y} - t \Rightarrow {\text{a}}{{\text{x}}^{\text{2}}} + bx + c = a{\left( {\frac{1}{y} - t} \right)^2} + b\left( {\frac{1}{y} - t} \right) + c  \\ \end{array}  \right.$
3. Thay tất cả vào (1) thì I có dạng : $I =  \pm \int\limits_{\alpha '}^{\beta '} {\frac{{dy}}{{\sqrt {L{y^2} + My + N} }}}$.
Tích phân này chúng ta đã biết cách tính .

VÍ DỤ MINH HỌA
Ví dụ 1.
Tính tích phân sau $\int\limits_2^3 {\frac{{dx}}{{\left( {x - 1} \right)\sqrt { - {x^2} + 2x + 3} }}}$
Giải
Đặt : $x - 1 = \frac{1}{y} \Rightarrow \left\{ \begin{array}   x = 1 + \frac{1}{y};dx =  - \frac{1}{{{y^2}}}  \\   x = 2 \to y = 1;x = 3 \to y = \frac{1}{2}  \\ \end{array}  \right.$
Khi đó :
$- {x^2} + 2x + 3 =  - {\left( {1 + \frac{1}{y}} \right)^2} + 2\left( {1 + \frac{1}{y}} \right) + 3 =  - \frac{1}{{{y^2}}} + 4 = \frac{{4{y^2} - 1}}{{{y^2}}} \Leftrightarrow \sqrt { - {x^2} + 2x + 3}  = \frac{{\sqrt {4{y^2} - 1} }}{{\left| y \right|}}$
Vậy : $I =  - \int\limits_1^{\frac{1}{2}} {\frac{{dy}}{{\sqrt {4{y^2} - 1} }}}  = \frac{1}{2}\int\limits_{\frac{1}{2}}^1 {\frac{{dy}}{{\sqrt {{y^2} - \frac{1}{4}} }} = \frac{1}{2}\ln \left| {y + \sqrt {{y^2} - \frac{1}{4}} } \right|\left| {\begin{array}{*{20}{c}}   1 \\   {\frac{1}{2}} \end{array} = \frac{1}{2}\ln \left( {2 + \sqrt 3 } \right)} \right.}$

Ví dụ 2.
Tính tích phân sau  $\int\limits_0^1 {\frac{{\left( {3x + 2} \right)dx}}{{\left( {x + 1} \right)\sqrt {{x^2} + 3x + 3} }}}$
Giải
- Trước hết ta phân tích :
 $\frac{{\left( {3x + 2} \right)}}{{\left( {x + 1} \right)\sqrt {{x^2} + 3x + 3} }} = \frac{{3\left( {x + 1} \right)}}{{\left( {x + 1} \right)\sqrt {{x^2} + 3x + 3} }} - \frac{1}{{\left( {x + 1} \right)\sqrt {{x^2} + 3x + 3} }}$
$= \frac{3}{{\sqrt {{x^2} + 3x + 3} }} - \frac{1}{{\left( {x + 1} \right)\sqrt {{x^2} + 3x + 3} }}$
Đáp số : $I = 3\ln \frac{{5 + 2\sqrt 7 }}{{3 + 2\sqrt 3 }} + \ln \frac{{2 + \sqrt 7 }}{{3 + 2\sqrt 3 }}$

4. Tích phân dạng : $I = \int\limits_\alpha ^\beta  {R\left( {x;y} \right)dx = } \int\limits_\alpha ^\beta  {R\left( {x;\sqrt[m]{{\frac{{\alpha x + \beta }}{{\gamma x + \delta }}}}} \right)dx}$
(Trong đó : R(x;y) là hàm số hữu tỷ đối với hai biến số x,y và $\alpha ,\beta ,\gamma ,\delta$ là các hằng số đã biết)
Phương pháp:
1.  Đặt : t=$\sqrt[m]{{\frac{{\alpha x + \beta }}{{\gamma x + \delta }}}}$ (1)
2. Tính x theo t : Bằng cách nâng lũy thừa bậc m hai vế của (1) ta có dạng $x = \varphi \left( t \right)$
3. Tính vi phân hai vế : dx=$\varphi '\left( t \right)dt$ và đổi cận
4. Cuối cùng ta tính : $\int\limits_\alpha ^\beta  {R\left( {x;\sqrt[m]{{\frac{{\alpha x + \beta }}{{\gamma x + \delta }}}}} \right)dx}  = \int\limits_{\alpha '}^{\beta '} {R\left( {\varphi \left( t \right);t} \right)\varphi '\left( t \right)dt}$

VÍ DỤ MINH HỌA
Ví dụ 1.
Tính tích phân sau  $\int\limits_1^2 {\frac{x}{{1 + \sqrt {x - 1} }}} dx$
Giải
- Đặt : $\sqrt {x - 1}  = t \Rightarrow \left\{ \begin{array}   x = {t^2} + 1;dx = 2tdt;x = 1 \to t = 0,x = 2 \to t = 1  \\   f(x)dx = \frac{{{t^2} - 1}}{{1 + t}}2tdt = 2\frac{{{t^3} - t}}{{t + 1}}dt = \left( {{t^2} - t - 2 - \frac{2}{{t + 1}}} \right)dt  \\ \end{array}  \right.$
- Vậy : $\int\limits_1^2 {\frac{x}{{1 + \sqrt {x - 1} }}} dx = \int\limits_0^1 {\left( {{t^2} - t - 2 - \frac{2}{{t + 1}}} \right)dt = \frac{{11}}{3} - 4\ln 2}$

Ví dụ 2.
Tính các tích phân sau :
$a.\quad \int\limits_1^2 {\frac{x}{{x + \sqrt {x - 1} }}dx}$            $b.\quad \int\limits_0^{\sqrt 3 } {{x^3}\sqrt {1 + {x^2}} dx}$            $c.\quad \int\limits_1^9 {x\sqrt[3]{{1 - x}}dx}$
$d.\quad \int\limits_0^{\sqrt 3 } {\frac{{{x^5} + 2{x^3}}}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}dx}$            $e.\quad \int\limits_{ - 1}^4 {\frac{{2dx}}{{\sqrt {x + 5}  + 4}}}$            $f.\quad \int\limits_0^2 {\frac{{{x^4}}}{{\sqrt {{x^5} + 1} }}dx}$
Giải
$a.\quad \int\limits_1^2 {\frac{x}{{x + \sqrt {x - 1} }}dx}$.
Đặt : $t = \sqrt {x - 1}  \Rightarrow x = {t^2} - 1 \leftrightarrow \left[ \begin{array}   dx = 2tdt  \\   x = 1 \to t = 0,x = 2 \to t = 1  \\ \end{array}  \right. \Leftrightarrow I = \int\limits_0^1 {\frac{{{t^2} - 1}}{{{t^2} - 1 + 1}}2tdt = 2\int\limits_0^1 {\left( {t - \frac{1}{t}} \right)dt} }$
Vậy : $I = 2\left( {\frac{1}{2}{t^2} - \ln \left| t \right|} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}   1 \\   0 \end{array} = } \right.1$
$b.\quad \int\limits_0^{\sqrt 3 } {{x^3}\sqrt {1 + {x^2}} dx}  = \int\limits_0^{\sqrt 3 } {{x^2}\sqrt {1 + {x^2}} xdx}$.
Đặt : $t = \sqrt {1 + {x^2}}  \Rightarrow {x^2} = {t^2} - 1 \leftrightarrow \left[ \begin{array}   xdx = tdt  \\   x = 0 \to t = 1,x = \sqrt 3  \to t = 2  \\ \end{array}  \right. \Leftrightarrow I = \int\limits_1^2 {\left( {{t^2} - 1} \right){t^2}dt}$
Vậy : $I = \int\limits_1^2 {\left( {{t^4} - {t^2}} \right)dt}  = \left( {\frac{1}{5}{t^5} - \frac{1}{3}{t^3}} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}   2 \\   1 \end{array} = } \right.\frac{{58}}{{15}}$
$c.\quad \int\limits_1^9 {x\sqrt[3]{{1 - x}}dx}$.
Đặt : $t = \sqrt {1 - x}  \Rightarrow x = 1 - {t^2} \leftrightarrow \left[ \begin{array}   dx =  - 2tdt  \\   x = 1 \to t = 0,x = 9 \to t =  - 2  \\ \end{array}  \right. \Leftrightarrow I = \int\limits_0^{ - 2} {\left( {1 - {t^2}} \right)t.\left( { - 2tdt} \right)}$
Vậy : $I = 2\int\limits_{ - 2}^0 {\left( {{t^2} - {t^4}} \right)dt = } 2\left( {\frac{1}{3}{t^3} - \frac{1}{5}{t^5}} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}   0 \\   { - 2} \end{array} = } \right. - \frac{{112}}{{15}}$
$d.\quad \int\limits_0^{\sqrt 3 } {\frac{{{x^5} + 2{x^3}}}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}dx}  = \int\limits_0^{\sqrt 3 } {\frac{{{x^2}\left( {{x^2} + 2} \right)xdx}}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}}$
Đặt : $t = \sqrt {{x^2} + 1}  \Rightarrow \left[ \begin{array}   {x^2} = {t^2} - 1;xdx = tdt  \\   x = 0 \to t = 1,x = \sqrt 3  \to t = 2  \\ \end{array}  \right. \Leftrightarrow I = \int\limits_1^2 {\frac{{\left( {{t^2} - 1} \right)\left( {{t^2} + 1} \right)t.2tdt}}{t}}  = 2\int\limits_1^2 {\left( {{t^4} - 1} \right)tdt}$
Vậy : $I = 2\left( {\frac{1}{5}{t^5} - \frac{1}{2}{t^2}} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}   2 \\   1 \end{array} = } \right.\frac{{59}}{5}$
$e.\quad \int\limits_{ - 1}^4 {\frac{{2dx}}{{\sqrt {x + 5}  + 4}}}$.
Đặt : $t = \sqrt {x + 5}  \Rightarrow \left[ \begin{array}   x = {t^2} - 5,dx = 2tdt  \\   x =  - 1 \to t = 2,x = 4 \to t = 3  \\ \end{array}  \right. \Leftrightarrow I = \int\limits_2^3 {\frac{{2.2tdt}}{{t + 4}} = 4\int\limits_2^3 {\left( {1 - \frac{4}{{t + 4}}dt} \right)} }$
Vậy : $I = 4\left( {t - 4\ln \left| {t + 4} \right|} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}   3 \\   2 \end{array} = } \right.4 + 4\left( {\ln 6 - \ln 7} \right) = 4 + 4\ln \frac{6}{7}$
$f.\quad \int\limits_0^2 {\frac{{{x^4}}}{{\sqrt {{x^5} + 1} }}dx}  = \frac{1}{5}\int\limits_0^2 {\frac{{d\left( {{x^5} + 1} \right)}}{{\sqrt {{x^5} + 1} }} = \frac{2}{5}\sqrt {{x^5} + 1} \left| {\begin{array}{*{20}{c}}   2 \\   0 \end{array} = \frac{2}{5}\left( {\sqrt {33}  - 1} \right)} \right.}$

Ví dụ 3.
Tính các tích phân sau :
$a.\quad \int\limits_0^1 {{x^5}\sqrt {1 - {x^2}} dx}$        $b.\quad \int\limits_0^{\sqrt 3 } {\sqrt {1 + {x^2}} .{x^3}dx}$        $c.\quad \int\limits_0^2 {{x^2}\sqrt {4 - {x^2}} dx}$
$d.\quad \int\limits_1^2 {\frac{{xdx}}{{\sqrt {2 + x}  + \sqrt {2 - x} }}}$        $e.\quad \int\limits_{ - 1}^0 {x\sqrt {1 + x} } dx$        $f.\quad \int\limits_0^1 {{x^3}\sqrt {{x^2} + 3} } dx$
Giải
$a.\quad \int\limits_0^1 {{x^5}\sqrt {1 - {x^2}} dx}  = \int\limits_0^1 {{x^4}\sqrt {1 - {x^2}} xdx}$
Đặt : $t = \sqrt {1 - {x^2}}  \Rightarrow \left[ \begin{array}   {x^2} = 1 - {t^2};xdx =  - tdt  \\   x = 0 \to t = 1,x = 1 \to t = 0  \\ \end{array}  \right. \Leftrightarrow I = \int\limits_1^0 {{{\left( {1 - {t^2}} \right)}^2}t.\left( { - tdt} \right) = \int\limits_0^1 {{t^2}\left( {{t^4} - 2{t^2} + 1} \right)dt} }$
Vậy : $I = \left( {\frac{1}{7}{t^7} - \frac{2}{5}{t^5} + \frac{1}{3}{t^3}} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}   1 \\   0 \end{array} = \frac{8}{{105}}} \right.$
$b.\quad \int\limits_0^{\sqrt 3 } {\sqrt {1 + {x^2}} .{x^3}dx}  = \int\limits_0^{\sqrt 3 } {{x^2}\sqrt {1 + {x^2}} xdx}$
Đặt : $t = \sqrt {1 + {x^2}}  \Rightarrow \left[ \begin{array}   {x^2} = {t^2} - 1;xdx = tdt  \\   x = 0 \to t = 1,x = \sqrt 3  \to t = 2  \\ \end{array}  \right. \Leftrightarrow I = \int\limits_1^2 {\left( {{t^2} - 1} \right)t.tdt = \int\limits_1^2 {\left( {{t^4} - {t^2}} \right)dt} }$
Vậy : $I = \left( {\frac{1}{5}{t^5} - \frac{1}{3}{t^3}} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}   2 \\   1 \end{array} = } \right.\frac{{58}}{{15}}$
$c.\quad \int\limits_0^2 {{x^2}\sqrt {4 - {x^2}} dx}$.
Đặt : $x = 2\sin t \Rightarrow \left[ \begin{array}   dx = 2c{\text{ost}}dt;\sqrt {4 - {x^2}}  - c{\text{ost}}  \\   {\text{x = 0}} \to {\text{t = 0}}{\text{.x = 2}} \to {\text{t = }}\frac{\pi }{2}  \\ \end{array}  \right. \Leftrightarrow I = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {4{{\sin }^2}t.2\cos t.2\cos tdt = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {4{{\sin }^2}2tdt} }$
Vậy : $I = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\left( {1 - c{\text{os4t}}} \right)dt = \left( {t - \frac{1}{4}\sin 4t} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}   {\frac{\pi }{2}} \\   0 \end{array} = } \right.} \frac{\pi }{2}$
$d.\quad \int\limits_1^2 {\frac{{xdx}}{{\sqrt {2 + x}  + \sqrt {2 - x} }}}  = \frac{1}{2}\int\limits_1^2 {\left( {\sqrt {2 + x}  - \sqrt {2 - x} } \right)dx}  = \frac{1}{2}\left[ {\int\limits_1^2 {{{\left( {2 + x} \right)}^{\frac{1}{2}}} - {{\left( {2 - x} \right)}^{\frac{1}{2}}}} } \right]dx$
- Vậy : $I = \frac{1}{2}\left[ {\frac{2}{3}{{\left( {2 + x} \right)}^{\frac{3}{2}}} + \frac{2}{3}{{\left( {2 - x} \right)}^{\frac{3}{2}}}} \right]\left| {\begin{array}{*{20}{c}}   2 \\   1 \end{array} = } \right.\frac{{22}}{9} - \sqrt 3$
$e.\quad \int\limits_{ - 1}^0 {x\sqrt {1 + x} } dx$
Đặt : $t = \sqrt {1 + x}  \Rightarrow \left[ \begin{array}   x = {t^2} - 1;dx = 2tdt  \\   x =  - 1 \to t = 0,x = 0 \to t = 1  \\ \end{array}  \right. \Leftrightarrow I = \int\limits_0^1 {\left( {{t^2} - 1} \right)t.2tdt = 2\int\limits_0^1 {\left( {{t^4} - {t^2}} \right)dt} }$
Vậy : $I = 2\left( {\frac{1}{5}{t^5} - \frac{1}{3}{t^3}} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}   1 \\   0 \end{array} = 2\left( {\frac{1}{5} - \frac{1}{3}} \right) =  - \frac{4}{{15}}} \right.$
$f.\quad \int\limits_0^1 {{x^3}\sqrt {{x^2} + 3} } dx = \int\limits_0^1 {{x^2}\sqrt {{x^2} + 3} .xdx}$
Đặt : $t = \sqrt {{x^2} + 3}  \Rightarrow \left[ \begin{array}   {x^2} = {t^2} - 3;xdx = tdt  \\   x = 0 \to t = \sqrt 3 ,x = 1 \to t = 2  \\ \end{array}  \right. \Leftrightarrow I = \int\limits_{\sqrt 3 }^2 {\left( {{t^2} - 1} \right)t.tdt = \int\limits_{\sqrt 3 }^2 {\left( {{t^4} - {t^2}} \right)dt} }$
Vậy : $I = \left( {\frac{1}{5}{t^5} - \frac{1}{3}{t^3}} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}   2 \\   {\sqrt 3 } \end{array} = } \right.\frac{{56 - 12\sqrt 3 }}{{15}}$

Ví dụ 4.

Tính các tích phân sau :
$a.\quad \int\limits_{ - 1}^3 {\frac{{x - 3}}{{3\sqrt {x + 1}  + x + 3}}} dx$        $b.\quad \int\limits_5^{10} {\frac{{dx}}{{x - 2\sqrt {x - 1} }}}$
$c.\quad \int\limits_0^1 {\frac{{{x^2} + x}}{{\sqrt[3]{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}}}dx}$            $d.\quad \int\limits_0^{\sqrt 3 } {{x^5}\sqrt {{x^2} + 1} dx}$        $e.\quad \int\limits_0^1 {{x^3}\sqrt {1 - {x^2}} dx}$
Giải
$a.\quad \int\limits_{ - 1}^3 {\frac{{x - 3}}{{3\sqrt {x + 1}  + x + 3}}} dx$
Đặt : $t = \sqrt {x + 1}  \Rightarrow x = {t^2} - 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}   dx = 2tdt  \\   x =  - 1 \to t = 0;x = 3 \to t = 2  \\ \end{array}  \right.$
Vậy : $I = \int\limits_0^2 {\frac{{{t^2} - 4}}{{{t^2} + 3t + 2}}2tdt = 2\int\limits_0^2 {\frac{{t\left( {t - 2} \right)\left( {t - 2} \right)}}{{\left( {t + 1} \right)\left( {t + 2} \right)}}dt = 2\int\limits_0^2 {\left( {t - 3 + \frac{3}{{t + 2}}} \right)dt} } }  = 2\left( {\frac{1}{2}{t^2} - 3t + 3\ln \left| {t + 2} \right|} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}   2 \\   0 \end{array}} \right.$
Do đó : I$= 6\ln 2 - 8$
$b.\quad \int\limits_5^{10} {\frac{{dx}}{{x - 2\sqrt {x - 1} }}}  = \int\limits_5^{10} {\frac{{dx}}{{x - 1 - 2\sqrt {x - 1}  + 1}} = } \int\limits_5^{10} {\frac{{dx}}{{{{\left( {\sqrt {x - 1}  - 1} \right)}^2}}}}$
Đặt : $t = \sqrt {x - 1}  \Rightarrow \left\{ \begin{array}   x = {t^2} + 1;dx = 2tdt.x = 5 \to t = 2;x = 10 \to t = 3  \\   f(x)dx = \frac{{dx}}{{{{\left( {\sqrt {x - 1}  - 1} \right)}^2}}} = \frac{{2tdt}}{{{{\left( {t - 1} \right)}^2}}} = 2\left( {\frac{1}{{t - 1}} + \frac{1}{{{{\left( {t - 1} \right)}^2}}}} \right)dt  \\ \end{array}  \right.$
Vậy : $I = \int\limits_5^{10} {f(x)dx}  = \int\limits_2^3 {2\left( {\frac{1}{{t - 1}} + \frac{1}{{{{\left( {t - 1} \right)}^2}}}} \right)dt = 2\left( {\ln \left| {t - 1} \right| - \frac{1}{{t - 1}}} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}   3 \\   2 \end{array} = 2\ln 2 + 1} \right.}$
$c.\quad \int\limits_0^1 {\frac{{{x^2} + x}}{{\sqrt[3]{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}}}dx}  = \int\limits_0^1 {\frac{{x\left( {x + 1} \right)dx}}{{\sqrt[3]{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}}}}  = \int\limits_0^1 {\frac{{x\sqrt[3]{{{{\left( {x + 1} \right)}^3}}}dx}}{{\sqrt[3]{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}}} = \int\limits_0^1 {x\sqrt[3]{{x + 1}}dx} }$ (1)
Đặt : $t = \sqrt[3]{{x + 1}} \Rightarrow \left\{ \begin{array}   x = {t^3} - 1,dx = 3{t^2}dt.x = 0 \to t = 1;x = 1 \to t = \sqrt[3]{2}  \\   f(x)dx = x\sqrt[3]{{x + 1}}dx = \left( {{t^3} - 1} \right)t.3{t^2}dt = \left( {3{t^6} - 3{t^3}} \right)dt  \\ \end{array}  \right.$
Vậy : $I = \int\limits_0^1 {f(x)dx}  = \int\limits_1^{\sqrt[3]{2}} {\left( {3{t^6} - 3{t^3}} \right)dt}  = \left( {\frac{3}{7}{t^7} - \frac{3}{4}{t^4}} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}   {\sqrt[3]{2}} \\   1 \end{array} = \frac{{3\sqrt[3]{2}}}{{14}} + \frac{9}{{28}}} \right.$
$d.\quad \int\limits_0^{\sqrt 3 } {{x^5}\sqrt {{x^2} + 1} dx}  = \int\limits_0^{\sqrt 3 } {{x^4}\sqrt {{x^2} + 1} xdx} \quad \left( 1 \right)$.
Đặt : $t = \sqrt {{x^2} + 1}  \Rightarrow {x^2} = {t^2} - 1 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}   xdx = tdt.x = 0 \to t = 1,x = \sqrt 3  \to t = 2  \\   f(x)dx = {x^4}\sqrt {{x^2} + 1} xdx = {\left( {{t^2} - 1} \right)^2}.tdt = \left( {{t^5} - 2{t^3} + t} \right)dt  \\ \end{array}  \right.$
Vậy : $I = \int\limits_0^{\sqrt 3 } {{x^4}\sqrt {{x^2} + 1} xdx}  = \int\limits_1^2 {\left( {{t^5} - 2{t^3} + t} \right)dt = \left( {\frac{1}{6}{t^6} - \frac{1}{2}{t^4} + \frac{1}{2}{t^2}} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}   2 \\   1 \end{array} = \frac{9}{2}} \right.}$
$e.\quad \int\limits_0^1 {{x^3}\sqrt {1 - {x^2}} dx}  = \int\limits_0^1 {{x^2}\sqrt {1 - {x^2}} xdx} \quad \left( 1 \right)$.
Đặt : $t = \sqrt {1 - {x^2}}  \Rightarrow \left\{ \begin{array}   {x^2} = 1 - {t^2};xdx =  - tdt.x = 0 \to t = 1,x = 1 \to t = 0  \\   f(x)dx = {x^2}\sqrt {1 - {x^2}} xdx = \left( {1 - {t^2}} \right)t\left( { - tdt} \right) =  - \left( {{t^2} - {t^4}} \right)dt  \\ \end{array}  \right.$
Vậy : $I = \int\limits_0^1 {{x^2}\sqrt {1 - {x^2}} xdx}  = \int\limits_1^0 { - \left( {{t^2} - {t^4}} \right)dt}  = \int\limits_0^1 {\left( {{t^2} - {t^4}} \right)dt}  = \left( {\frac{1}{3}{t^3} - \frac{1}{5}{t^5}} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}   1 \\   0 \end{array} = \frac{2}{{15}}} \right.$

Ví dụ 5.

Tính các tích phân sau
1. $\int\limits_0^1 {\frac{{{x^2} - 1}}{{\sqrt x  + 1}}dx}$                           2. $\int\limits_{\frac{2}{{\sqrt 3 }}}^{\sqrt 2 } {\frac{{dx}}{{x\sqrt {{x^2} - 1} }}}$
3. $\int\limits_0^{\frac{7}{3}} {\frac{{x + 1}}{{\sqrt[3]{{3x + 1}}}}dx}$                     4. $\int\limits_{ - 2}^{ - \sqrt 2 } {\frac{{{x^2} + 1}}{{x\sqrt {{x^2} + 1} }}dx}$ (
Giải
1. $\int\limits_0^1 {\frac{{{x^2} - 1}}{{\sqrt x  + 1}}dx}$ .
Ta có :$f(x) = \frac{{{x^2} - 1}}{{\sqrt x  + 1}} = \frac{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)\left( {\sqrt x  - 1} \right)}}{{x - 1}} = \left( {x + 1} \right)\left( {\sqrt x  - 1} \right) = x\sqrt x  + \sqrt x  - x - 1$
Vậy : $I = \int\limits_0^1 {f(x)dx}  = \int\limits_0^1 {\left( {x\sqrt x  + \sqrt x  - x - 1} \right)dx}  = \left( {\frac{2}{5}{x^2}\sqrt x  + \frac{2}{3}x\sqrt x  - \frac{1}{2}{x^2} - x} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}   1 \\   0 \end{array} = \frac{1}{{15}}} \right.$
2. $\int\limits_{\frac{2}{{\sqrt 3 }}}^{\sqrt 2 } {\frac{{dx}}{{x\sqrt {{x^2} - 1} }}}  = \int\limits_{\frac{2}{{\sqrt 3 }}}^{\sqrt 2 } {\frac{{xdx}}{{{x^2}\sqrt {{x^2} - 1} }}\quad \left( 1 \right)}$ 
Đặt : $t = \sqrt {{x^2} - 1}  \Rightarrow \left\{ \begin{array}   {x^2} = {t^2} + 1,xdx = tdt.x = \frac{2}{{\sqrt 3 }} \to t = \frac{1}{{\sqrt 3 }},x = \sqrt 2  \to t = 1  \\   f(x)dx = \frac{{xdx}}{{{x^2}\sqrt {{x^2} - 1} }} = \frac{{tdt}}{{\left( {{t^2} + 1} \right)t}} = \frac{{dt}}{{{t^2} + 1}}  \\ \end{array}  \right.$
Vậy :$I = \int\limits_{\frac{2}{{\sqrt 3 }}}^{\sqrt 2 } {\frac{{dx}}{{x\sqrt {{x^2} - 1} }}}  = \int\limits_{\frac{1}{{\sqrt 3 }}}^1 {\frac{{dt}}{{{t^2} + 1}}}  = acr\tan t\left| {\begin{array}{*{20}{c}}   1 \\   {\frac{1}{{\sqrt 3 }}} \end{array} = \frac{\pi }{4} - \frac{\pi }{6} = \frac{\pi }{{12}}} \right.$ 
3. $\int\limits_0^{\frac{7}{3}} {\frac{{x + 1}}{{\sqrt[3]{{3x + 1}}}}dx}$ .
Đặt : $t = \sqrt[3]{{3x + 1}} \Rightarrow \left\{ \begin{array}   x = \frac{{{t^3} - 1}}{3},dx = {t^2}dt,x = 0 \to t = 1;x = \frac{7}{3} \to t = 2  \\   f(x)dx = \frac{{x + 1}}{{\sqrt[3]{{3x + 1}}}}dx = \frac{{{t^3} + 2}}{{3t}}{t^2}dt = \frac{1}{3}\left( {{t^4} + 2t} \right)dt  \\ \end{array}  \right.$
Vậy : $I = \int\limits_0^{\frac{7}{3}} {\frac{{x + 1}}{{\sqrt[3]{{3x + 1}}}}dx}  = \int\limits_1^2 {\frac{1}{3}\left( {{t^4} + 2t} \right)dt}  = \frac{1}{3}\left( {\frac{1}{5}{t^5} + {t^2}} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}   2 \\   1 \end{array} = } \right.\frac{{46}}{{15}}$
4. $\int\limits_{ - 2}^{ - \sqrt 2 } {\frac{{{x^2} + 1}}{{x\sqrt {{x^2} + 1} }}dx}  = \int\limits_{ - 2}^{ - \sqrt 2 } {\frac{{\sqrt {{x^2} + 1} }}{{{x^2}}}xdx} {\text{ }}\left( {\text{1}} \right)$
Đặt : $t = \sqrt {{x^2} + 1}  \Rightarrow \left\{ \begin{array}   {x^2} = {t^2} - 1 \leftrightarrow xdx = tdt.x =  - 2 \to t = \sqrt 5 ,x =  - \sqrt 2  \to t = \sqrt 3   \\   f(x)dx = \frac{{\sqrt {{x^2} + 1} }}{{{x^2}}}xdx = \frac{t}{{{t^2} - 1}}tdt = \left( {1 + \frac{1}{{{t^2} - 1}}} \right)dt = \left( {1 + \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{{t - 1}} - \frac{1}{{t + 1}}} \right)} \right)dt  \\ \end{array}  \right.$
Vậy : $\int\limits_{ - 2}^{ - \sqrt 2 } {f(x)dx}  = \int\limits_{\sqrt 5 }^{\sqrt 3 } {\left[ {1 + \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{{t - 1}} - \frac{1}{{t + 1}}} \right)} \right]dt} \\ = \left( {t + \frac{1}{2}\ln \left| {\frac{{t - 1}}{{t + 1}}} \right|} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}   {\sqrt 3 } \\   {\sqrt 5 } \end{array} = \sqrt 3  - \sqrt 5  + \frac{1}{2}\ln \frac{{\left( {\sqrt 3  - 1} \right)\left( {\sqrt 5  + 1} \right)}}{{\left( {\sqrt 3  + 1} \right)\left( {\sqrt 5  - 1} \right)}}} \right.$

BÀI TẬP TỰ GIẢI
$\int\limits_0^1 {\frac{{5x - 3}}{{\sqrt {2{x^2} + 8x + 1} }}dx}$                $\int\limits_{\frac{7}{2}}^4 {\frac{{3x + 4}}{{\sqrt { - {x^2} + 6x + 8} }}dx}$
$\int\limits_0^a {{x^2}\sqrt {{a^2} - {x^2}} dx}$                $\int\limits_0^1 {\frac{{dx}}{{{{\left( {x + \sqrt {1 + {x^2}} } \right)}^2}}}}$
$\int\limits_{\sqrt[3]{2}}^1 {\sqrt[4]{{1 + {x^3}}}\frac{{dx}}{x}}$                    $\int\limits_1^{\sqrt 3 } {\frac{{{x^2}}}{{{{\left( {1 + {x^2}} \right)}^3}}}dx}$
$\int\limits_1^a {\frac{{\sqrt {{x^2} + {a^2}} }}{x}dx}$                    $\int\limits_0^{\sqrt 3 } {\frac{{\sqrt {1 + {x^6}} }}{x}dx}$
$\int\limits_1^2 {\frac{{\sqrt {{x^3} + 1} }}{{{x^4}}}dx}$                    $\int\limits_0^{\frac{\pi }{8}} {\frac{{dx}}{{\sqrt {1 + x}  + \sqrt {1 - x} }}}$