У цьому розділі ми приступаємо до пошуку розв’язків деяких важливих диференціальних рівнянь, використовуючи для цього принципи, наведені в попередніх розділах.
Початківець, який тепер знає, наскільки легка більшість цих принципів сама по собі, тут почне розуміти, що інтегрування — це мистецтво. Як і в усіх мистецтвах, так і тут, здатності можна набути лише старанною та регулярною практикою. Той, хто хоче досягти цієї здатності, повинен проробляти приклади, і ще більше прикладів, і ще більше прикладів, і їх можна знайти в багатьох звичайних трактатах про диференціальне та інтегральне числення. Нашою метою тут є надати найкоротший вступ до серйозної роботи.
Приклад (1.) Знайти розв’язок диференціального рівняння \[ ay + b \frac{dy}{dx} = 0. \]
Транспонуючи, ми маємо \[ b \frac{dy}{dx} = -ay. \]
Простий розгляд цього відношення підказує, що ми маємо справу з випадком, коли $\dfrac{dy}{dx}$ пропорційний $y$. Якщо ми подумаємо про криву, яка представлятиме $y$ як функцію від $x$, вона буде такою, що її нахил у будь-якій точці буде пропорційний ординаті в цій точці, і він буде від’ємним, якщо $y$ є додатним. Отже, очевидно, що крива буде спадною, а розв’язок міститиме $\epsilon^{-x}$ як множник. Але, не вдаючись у ці мудрощі, давайте візьмемось за роботу.
Оскільки обидва $y$ і $dy$ зустрічаються в рівнянні на протилежних сторонах, ми нічого не можемо зробити, доки не отримаємо $y$ і $dy$ з одного боку, а $dx$ з іншого. Для цього ми маємо розділити наших зазвичай нерозлучних супутників $dy$ і $dx$ один від одного. \[ \frac{dy}{y} = - \frac{a}{b}\, dx. \]
Вчинивши це, ми бачимо, що обидві сторони отримали форму, яку можна інтегрувати, оскільки ми розпізнаємо $\dfrac{dy}{y}$ або $\dfrac{1}{y}\, dy$, як диференціал, з яким ми зустрічалися (тут) при диференціюванні логарифмів. Тож ми можемо одразу записати інструкції для інтегрування, \[ \int \frac{dy}{y} = \int -\frac{a}{b}\, dx; \] і виконуючи два інтегрування, ми маємо: \[ \log_\epsilon y = -\frac{a}{b} x + \log_\epsilon C, \] де $\log_\epsilon C$ є ще невизначеною константою інтегрування. Позбувшись логарифмів, ми отримуємо: \[ y = C \epsilon^{-\frac{a}{b} x}, \] що є шуканим рішенням*. Це рішення виглядає зовсім не схожим на диференціальне рівняння, з якого його було побудовано, однак для математика-експерта обидва вони передають однакову інформацію про те, як $y$ залежить від $x$.
Тепер, що стосується $C$, її сенс залежить від початкового значення $y$. Бо якщо ми підставимо $x = 0$, щоб побачити, яке значення тоді має $y$, ми виявимо, що це дає $y = C \epsilon^{-0}$; а оскільки $\epsilon^{-0} = 1$, ми бачимо, що $C$ — це не що інше, як конкретне значення* $y$ на початку. Ми можемо назвати це $y_0$ і записати розв’язок у вигляді \[ y = y_0 \epsilon^{-\frac{a}{b} x}. \]
Приклад (2.)
Давайте розв'яжемо \[ ay + b \frac{dy}{dx} = g, \] де $g$ — константа. Знову ж таки, розгляд рівняння приведе до припущення, що (1) так чи інакше $\epsilon^x$ увійде в розв’язок, і (2) якщо у будь-якій частині кривої $y$ стає максимумом або мінімумом, так що $\dfrac{dy}{dx} = 0$, тоді $y$ матиме значення $= \dfrac{g}{a}$. Але давайте приступимо до роботи, як і раніше, відокремлюючи диференціали та намагаючись привести цю річ до якогось виду, що можна інтегрувати. \begin{align*} b\frac{dy}{dx} &= g -ay; \\ \frac{dy}{dx} &= \frac{a}{b}\left(\frac{g}{a}-y\right); \\ \frac{dy}{y-\dfrac{g}{a}} &= -\frac{a}{b}\, dx. \end{align*}
Ми зробили все можливе, щоб не мати нічого, крім $y$ і $dy$ з одного боку, і нічого, крім $dx$ з іншого. Але чи можна інтегрувати результат у лівій частині?
Він має таку ж форму, що й результат тут. Отже, записавши інструкції для інтегрування, ми маємо: \[ \int{\frac{dy}{y-\dfrac{g}{a}}} = - \int{\frac{a}{b}\, dx }; \] і, проінтегрувавши та додавши відповідну константу, \begin{align*} \log_\epsilon\left(y-\frac{g}{a}\right) &= -\frac{a}{b }x + \log_\epsilon C; \\ \text{звідки}\;\; y-\frac{g}{a} &= C\epsilon^{-\frac{a}{b}x}; \\ \text{і нарешті,}\;\; y &= \frac{g}{a} + C\epsilon^{-\frac{a}{b}x}, \end{align*} що є рішенням.
Якщо встановити обмеження, що $y = 0$, коли $x = 0$, ми можемо знайти $C$. Тоді експонента стає $= 1$, і ми маємо \begin{align*} 0 &= \frac{g}{a} + C, \\ \text{або}\; C &= -\frac{g}{a}. \end{align*}
Якщо ввести це значення, розв’язок матиме вигляд \[ y = \frac{g}{a} (1-\epsilon^{-\frac{a}{b} x}). \]
Але підемо далі: якщо $x$ росте нескінченно, $y$ буде рости до максимуму, бо коли $x=\infty$, експонента $= 0$, що дає $y_{\text{max.}} = \dfrac{g}{a}$. Підставивши це, ми нарешті отримуємо \[ y = y_{\text{max.}}(1-\epsilon^{-\frac{a}{b} x}). \]
Цей результат також є важливим у фізиці.
Приклад (3.) Нехай $ay+b\frac{dy}{dt} = g · \sin 2\pi nt$.
Це нам вже набагато складніше трактувати. Спочатку поділимо на $b$. \[ \frac{dy}{dt} + \frac{a}{b}y = \frac{g}{b} \sin 2\pi nt. \]
Тут, ліва частина не інтегрується у поточному вигляді. Але це можна виправити за допомогою хитрості – і саме тут уміння та практика підкажуть план: множення всіх членів на $\epsilon^{\frac{a}{b} t}$ дасть нам: \[ \frac{dy}{dt} \epsilon^{\frac{a}{b} t} + \frac{a}{b} y \epsilon^{\frac{a}{b} t} = \frac{g }{b} \epsilon^{\frac{a}{b} t} · \sin 2 \pi nt, \] що дорівнює \[ \frac{dy}{dt} \epsilon^{\frac{ a}{b} t} + y \frac{d(\epsilon^{\frac{a}{b} t})}{dt} = \frac{g}{b} \epsilon^{\frac{a }{b} t} · \sin 2 \pi nt; \] і це ідеальний диференціал, який можна проінтегрувати наступним чином: якщо $u = y\epsilon^{\frac{a}{b} t}$, $\dfrac{du}{dt} = \dfrac{ dy}{dt} \epsilon^{\frac{a}{b} t} + y \dfrac{d(\epsilon^{\frac{a}{b} t})}{dt}$,
\begin{align*} &y \epsilon^{\frac{a}{b} t} = \frac{g}{b} \int \epsilon^{\frac{a}{b} t} · \sin 2 \pi nt · dt + C, \\ &\text{або} \\ &y = \frac{g}{b} \epsilon^{-\frac{a}{b} t} \int \epsilon^{ \frac{a}{b} t } · \sin 2\pi nt · dt + C\epsilon^{-\frac{a}{b} t}. \tag*{[A]} \end{align*}
\begin{align*} &y \epsilon^{\frac{a}{b} t} = \frac{g}{b} \int \epsilon^{\frac{a}{b} t} · \sin 2 \pi nt · dt + C, \\ &\text{або} \\ &y = \frac{g}{b} \epsilon^{-\frac{a}{b} t} \int \epsilon^{ \frac{a}{b} t } · \sin 2\pi nt · dt + C\epsilon^{-\frac{a}{b} t}. \tag*{[A]} \end{align*}
Останній доданок, очевидно, є таким, що відпаде зі збільшенням $t$, і його можна опустити. Тепер залишається проблема знаходження інтеграла, що виникнув як множник. Щоб впоратися з цим, ми вдамося до інтегрування частинами (див. тут), загальна формула якого $\int u dv = uv - \int v du$. Для цього напишемо \begin{align*} &\left\{ \begin{aligned} u &= \epsilon^{\frac{a}{b} t}; \\ dv &= \sin 2\pi nt · dt. \end{aligned} \right. \\ \end{align*} Тоді ми матимемо \begin{align*} &\left\{ \begin{aligned} du &= \epsilon^{\frac{a}{b} t} × \frac{a }{b}\, dt; \\ v &= - \frac{1}{2\pi n} \cos 2\pi nt. \end{aligned} \right. \end{align*}
Підставляючи це, інтеграл стане наступним:
\begin{align*} &\int \epsilon^{\frac{a}{b} t}{} · \sin 2 \pi nt · dt \\ &= -\frac {1}{2 \pi n} · \epsilon^{\frac{a}{b} t} · \cos 2 \pi nt -\int -\frac{1}{2\pi n} \cos 2 \ pi nt · \epsilon^{\frac{a}{b} t} · \frac{a}{b}\, dt \\ &= -\frac{1}{2 \pi n} \epsilon^{\ frac{a}{b} t} \cos 2 \pi nt +\frac{a}{2 \pi nb} \int \epsilon^{\frac{a}{b} t} · \cos 2 \pi nt · dt. \tag*{[B]} \end{align*}
\begin{align*} \int \epsilon^{\frac{a}{b} t} &{} · \sin 2 \pi nt · dt \\ &= -\frac {1}{2 \pi n} · \epsilon^{\frac{a}{b} t} · \cos 2 \pi nt -\int -\frac{1}{2\pi n} \cos 2 \ pi nt · \epsilon^{\frac{a}{b} t} · \frac{a}{b}\, dt \\ &= -\frac{1}{2 \pi n} \epsilon^{\ frac{a}{b} t} \cos 2 \pi nt +\frac{a}{2 \pi nb} \int \epsilon^{\frac{a}{b} t} · \cos 2 \pi nt · dt. \tag*{[B]} \end{align*}
Останній інтеграл все ще нескоротний. Щоб обійти ці складнощі, повторимо інтегрування частинами лівої сторони, але виконаємо її у зворотному напрямку, написавши: \begin{align*} &\left\{ \begin{aligned} u &= \sin 2 \pi nt ; \\ dv &= \epsilon^{\frac{a}{b} t} · dt; \end{aligned} \right. \\[1ex] звідки &\left\{ \begin{aligned} du &= 2 \pi n · \cos 2 \pi nt · dt; \\ v &= \frac{b}{a} \epsilon ^{\frac{a}{b} t} \end{aligned} \right. \end{align*}
Підставивши їх, ми отримаємо
\begin{align*} &\int \epsilon^{\frac{a}{b} t} {} · \sin 2 \pi nt · dt\\ &= \frac{b}{a } · \epsilon^{\frac{a}{b} t} · \sin 2 \pi nt - \frac{2 \pi nb}{a} \int \epsilon^{\frac{a}{b} t } · \cos 2 \pi nt · dt. \tag*{[C]} \end{align*}
\begin{align*} \int \epsilon^{\frac{a}{b} t} &{} · \sin 2 \pi nt · dt\\ &= \frac{b}{a } · \epsilon^{\frac{a}{b} t} · \sin 2 \pi nt - \frac{2 \pi nb}{a} \int \epsilon^{\frac{a}{b} t } · \cos 2 \pi nt · dt. \tag*{[C]} \end{align*}
Помітивши, що кінцевий нерозв’язний інтеграл у [C] є таким самим, як і в [B], ми можемо його усунути, помноживши [B] на $\dfrac{2 \pi nb}{a}$, потім помноживши [C] на $\dfrac{a}{2 \pi nb}$ і склавши їх.
Результат після розчищення:
\begin{align*} &\int \epsilon^{\frac{a}{b} t} · \sin 2 \pi nt · dt = \\ &= \epsilon^{\frac{a }{b} t} \left\{\frac{ ab · \sin 2 \pi nt - 2 \pi nb^2 · \cos 2 \pi nt}{ a^2 + 4 \pi^2 n^2 b ^2 } \right\} \tag*{[D]} &\\ \end{align*}
\begin{align*} \int \epsilon^{\frac{a}{b} t} · \sin 2 \pi nt · dt &= \epsilon^{\frac{a }{b} t} \left\{\frac{ ab · \sin 2 \pi nt - 2 \pi nb^2 · \cos 2 \pi nt}{ a^2 + 4 \pi^2 n^2 b ^2 } \right\} \tag*{[D]} &\\ \end{align*}
І підставивши це значення в [A], ми маємо \begin{align*} y &= g \left\{\frac { a · \sin 2 \pi nt - 2 \pi nb · \cos 2 \pi nt}{ a^2 + 4 \pi^2 n^2 b^2}\right\}. & \end{align*}
Щоб ще більше спростити, уявімо такий кут $\phi$, що $\tan \phi = \dfrac{2 \pi nb}{ a}$. Тоді \[ \sin \phi = \frac{2 \pi nb}{\sqrt{a^2 + 4 \pi^2 n^2 b^2}}, \] і \[ \cos \phi = \frac {a}{\sqrt{a^2 + 4 \pi^2 n^2 b^2}}. \\ \] Підставляючи їх, ми отримуємо: \[ y = g \frac{\cos \phi · \sin 2 \pi nt - \sin \phi · \cos 2 \pi nt}{\sqrt{a^2 + 4 \pi^2 n^2 b^2}}, \\ \] що можна записати як \[ y = g \frac{\sin(2 \pi nt - \phi)}{\sqrt{a^2 + 4 \pi^2 n^2 b^2}}, \] що є бажаним рішенням.
Це насправді не що інше, як рівняння змінного електричного струму, де $g$ представляє амплітуду електрорушійної сили, $n$ — частоту, $a$ — опір, $b$ — коефіцієнт самоіндукції кола, $\phi$ — кут відставання.
Приклад (4.) Припустимо, що $M\, dx + N\, dy = 0.$
Ми могли б інтегрувати цей вираз напряму, якби $M$ була функцією лише від $x$, а $N$ – лише від $y$; але якщо і $M$, і $N$ є функціями, які залежать і від $x$, і від $y$, як нам інтегрувати цей вираз? Він сам по собі повний диференціал? Тобто, $M$ і $N$ утворилися частковим диференціюванням якоїсь спільної функції $U$ чи ні? Якщо так, то \[\left\{ \begin{aligned} \frac{\partial U}{\partial x} = M, \\ \frac{\partial U}{\partial y} = N. \end {aligned} \right. \] І якщо така спільна функція існує, то \[ \frac{\partial U}{\partial x}\, dx + \frac{\partial U}{\partial y}\, dy \] є повним диференціалом (дивіться тут).
Тож, перевірка питання полягає в наступному: якщо вираз є повним диференціалом, має бути вірним те, що \begin{align*} \frac{dM}{dy} &= \frac{dN}{dx}; \\ \text{тому що}\; \frac{d(dU)}{dx\, dy} &= \frac{d(dU)}{dy\, dx},\\ \end{align*} що обов'язково є істинним.
Візьмемо для ілюстрації рівняння \[ (1 + 3 xy)\, dx + x^2\, dy = 0. \]
Це повний диференціал чи ні? Застосуємо тест: \[\left\{ \begin{aligned} \frac{d(1 + 3xy)}{dy}=3x, \\ \dfrac{d(x^2)}{dx} = 2x, \end{aligned} \right. \] що не збігається. Отже, це не повний диференціал, і дві функції $1+3xy$ і $x^2$ не походять від загальної вихідної функції.
Проте в таких випадках можливо виявити інтегрувальний множник, тобто такий множник, що якщо доданки помножити на цей множник, вираз стане повним диференціалом. Немає єдиного правила для виявлення такого інтегрувального множника, але досвід зазвичай підкаже щось. У цьому випадку спрацює множення на $2x$. Тоді ми отримаємо \[ (2x + 6x^2y)\, dx + 2x^3\, dy = 0. \]
Знову застосуємо тест. \[ \left\{ \begin{aligned} \frac{d(2x + 6x^2y)}{dy}=6x^2, \\ \dfrac{d(2x^3)}{dx} = 6x^2, \end{aligned} \right. \] тепер погоджується. Отже, це повний диференціал, і його можна інтегрувати. Тепер, якщо $w = 2x^3y$, \[ dw=6x^2y\, dx + 2x^3\, dy. \] Отже \[ \int 6x^2y\, dx + \int 2x^3\, dy=w=2x^3y; \] так що ми отримуємо \[ U = x^2 + 2x^3y + C. \]
У цьому випадку ми маємо диференціальне рівняння другого порядку, в якому $y$ виступає як у вигляді другої похідної, так і особисто.
Транспонуючи, маємо $\dfrac{d^2 y}{dt^2} = - n^2 y$.
З цього випливає, що ми маємо справу з такою функцією, що її друга похідна пропорційна самій собі, але зі зворотним знаком. У розділі XV ми виявили, що існує така функція, а саме синус (або також косинус), яка володіла цією властивістю. Отже, без зайвих слів ми можемо зробити висновок, що розв’язок матиме вигляд $y = A \sin (pt + q)$. Але давайте приступимо до роботи.
Помножимо обидві частини початкового рівняння на $2\dfrac{dy}{dt}$ та проінтегруємо, одержавши $2\dfrac{d^2 y}{dt^2}\, \dfrac{dy}{dt} + 2x^ 2 y \dfrac{dy}{dt} = 0$, і, оскільки \[ 2 \frac{d^2y}{dt^2}\, \frac{dy}{dt} = \frac{d \left( \dfrac{dy}{dt}\right)^2}{dt},\\ \left(\frac{dy}{dt}\right)^2 + n^2 (y^2-C^2) = 0, \] $C$ є константою. Потім, взявши квадратний корінь, \[ \frac{dy}{dt} = -n \sqrt{ y^2 - C^2}\quad \text{та}\quad \frac{dy}{\sqrt{C ^2 - y^2}} = n · dt. \]
Але можна показати, що (див. тут) \[ \frac{1}{\sqrt{C^2 - y^2}} = \frac{d (\arcsin \dfrac{y}{C})}{dy}; \] звідки, переходячи від кутів до синусів, \[ \arcsin \frac{y}{C} = nt + C_1\quad \text{та}\quad y = C \sin (nt + C_1), \] де $ C_1$ – постійний кут, отриманий інтегруванням.
Або, за бажанням, це можна записати як \[ y = A \sin nt + B \cos nt, \text{ що є рішенням.} \]
Приклад (6.) $\dfrac{d^2 y}{dt^2} - n^2 y = 0$.
Тут ми, очевидно, маємо справу з функцією $y$, друга похідна якої пропорційна самій собі. Єдина відома нам функція, що має цю властивість, - це експоненціальна функція (див. тут), тому ми можемо бути впевнені, що розв’язок рівняння буде саме такого вигляду.
Продовжуючи, як і раніше, множачи на $2 \dfrac{dy}{dx}$ та інтегруючи, ми отримуємо $2\dfrac{d^2 y}{dx^2}\, \dfrac{dy}{dx} - 2x ^2 y \dfrac{dy}{dx}=0$, і, як \[ 2\frac{d^2 y}{dx^2}\, \frac{dy}{dx} = \frac{d \left(\dfrac{dy}{dx}\right)^2}{dx},\\ \left(\frac{dy}{dx}\right)^2 - n^2 (y^2 + c^2 ) = 0, \\ \frac{dy}{dx} - n \sqrt{y^2 + c^2} = 0, \] де $c$ — константа, а $\dfrac{dy}{\sqrt {y^2 + c^2}} = n\, dx$.
Тепер, якщо \[ \quad w = \log_\epsilon ( y+ \sqrt{y^2+ c^2}) = \log_\epsilon u,\\ \frac{dw}{du} = \frac{1} {u},\\ \frac{du}{dy} = 1 + \frac{y}{\sqrt{y^2 + c^2}} = \frac{y + \sqrt{ y^2 + c^ 2}}{\sqrt{y^2 + c^2}} \\ \] і \[ \frac{dw}{dy} = \frac{1}{\sqrt{ y^2 + c^2}} . \]
Отже, інтегруючи, це дає нам \[ \log_\epsilon (y + \sqrt{y^2 + c^2} ) = nx + \log_\epsilon C, \\ y + \sqrt{y^2 + c^ 2} = C \epsilon^{nx}. \tag*{(1)} \\ \]
\[ \text{Далі }\; ( y + \sqrt{y^2 + c^2} ) × ( -y + \sqrt{y^2 + c^2} ) = c^2 ; \\ \text{звідки } -y + \sqrt{y^2 + c^2} = \dfrac{c^2}{C} \epsilon^{-nx}. \tag*{(2)} \]
\[ \text{Далі }\; ( y + \sqrt{y^2 + c^2} ) × ( -y + \sqrt{y^2 + c^2} ) = c^2 ; \\ \text{звідки } -y + \sqrt{y^2 + c^2} = \dfrac{c^2}{C} \epsilon^{-nx}. \tag*{(2)} \]
Віднімаючи (2) з (1) і ділячи на $2$, ми отримуємо \[ y = \frac{1}{2} C \epsilon^{nx} - \frac{1}{2}\, \frac{ c^2}{C} \epsilon^{-nx}, \] що можна записати зручніше як \[ y = A \epsilon^{nx} + B \epsilon^{-nx}. \] Або, розв’язок, який, на перший погляд, не має нічого спільного з початковим рівнянням, показує, що $y$ складається з двох доданків, один із яких логарифмічно зростає зі збільшенням $x$, а другий згасає.
Приклад (7.) Нехай \begin{align*} b \frac{d^2y}{dt^2} + a \frac{dy}{dt} + gy &= 0. \end{align*}
Розгляд цього виразу покаже, що якщо $b = 0$, він має вигляд прикладу 1, розв’язком якого є від’ємна експонента. З іншого боку, якщо $a = 0$, його форма стає такою ж, як у прикладі 6, розв’язок якого є сумою додатної та від’ємної експонент. Тому не дуже дивно виявити, що рішенням цього прикладу є \begin{align*} y &= (\epsilon^{-mt})(A \epsilon^{nt} + B \epsilon^{-nt }), \\ \text{де}\; m &= \frac{a}{2b}\quad \text{та}\quad n = \sqrt{\frac{a^2}{4b^2}} - \frac{g}{b}. \end{align*}
Кроки, за допомогою яких досягається це рішення, тут не наведено; їх можна знайти в просунутих трактатах.
Приклад (8.) \[ \frac{d^2y}{dt^2} = a^2 \frac{d^2y}{dx^2}. \]
Ми бачили (тут), що це рівняння було отримано з вихідного \[ y = F(x+at) + f(x-at), \] де $F$ і $f$ були довільними функціями $t$.
Інший спосіб впоратися з цим — перетворити його шляхом заміни змінних на \[ \frac{d^2y}{du · dv} = 0, \] де $u = x + at$, і $v = x - at$, що призводить до того самого загального рішення. Якщо ми розглядаємо випадок, коли $F$ дорівнює нулю, то маємо просто \[ y = f(x-at); \] і це лише стверджує, що в момент часу $t = 0$ $y$ є певною функцією від $x$, і це можна розглядати так, що крива відношення $y$ до $x$ має особливу форму. Тоді будь-яка зміна у значенні $t$ еквівалентна просто зміні початку, від якого відраховується $x$. Тобто це вказує на те, що форма функції, яка зберігається, поширюється вздовж напрямку $x$ з рівномірною швидкістю $a$; таким чином, яким би не було значення ординати $y$ у будь-який конкретний момент часу $t_0$ у будь-якій конкретній точці $x_0$, те саме значення $y$ з’явиться в наступний момент часу $t_1$ у точці, розташованій далі по осі абсцис з яких $x_0 + a(t_1 - t_0)$. У цьому випадку спрощене рівняння представляє поширення хвилі (будь-якої форми) з рівномірною швидкістю вздовж напрямку $x$.
Якби диференціальне рівняння було написано \[ m \frac{d^2y}{dt^2} = k\, \frac{d^2y}{dx^2}, \] розв’язок був би таким самим, але швидкість поширення мала б значення \[ a = \sqrt{\frac{k}{m}}. \]
Тепер вас особисто провели через кордон у зачаровану країну. А для того, щоб
ви мали зручну довідку про основні результати, автор, прощаючись, просить
подарувати вам паспорт у формі зручного
збірнику типових форм. У середньому стовпчику вказано
ряд функцій, які найчастіше зустрічаються. Результати їх диференціювання –
ліворуч. Праворуч показані результати їх інтегрування. Нехай вони будуть для
вас корисними!