https://spherical-harmonics.hateblo.jp/entry/Todai/1942/Igaku_Aut

[2] 次ノ積分ノ値ヲ求メヨ．
$\displaystyle\int_{-1}^{1}\dfrac{\sqrt{1-x^2}}{2-x}dx$

2020.03.03記（を後に続く形に修正）
資料では

と大胆に書かれていたが、おそらく $\displaystyle\int_{-2}^{1}\sqrt{1-x}dx$ のミスだと推測したので、問題文を

[2] $\displaystyle\int_{-2}^{1}\sqrt{1-x}dx$

として解説を

$\displaystyle\int_{-2}^{1}\sqrt{1-x}dx=\int_{-2}^{1}(1-x)^{1/2}dx=\dfrac{2}{3}\left[-(1-x)^{3/2}\right]_{-2}^{1}=\dfrac{2}{3}\cdot 3\sqrt{3}=2\sqrt{3}$

のように記載した。

2020.05.13記
別の資料を参照したところ、

と書かれていたので問題文を
$\displaystyle\int_{-1}^{1}\dfrac{\sqrt{1-x^2}}{2-x}dx$
に修正した。この定積分はなかなか難しい。

2020.05.19記

[解答]
$\sqrt{\dfrac{x+1}{1-x}}=t$ とおくのは基本。 $x=1-\dfrac{2}{t^2+1}$ ， $dx=\dfrac{4t}{(t^2+1)^2}dt$ により
$I=\displaystyle\int_{-1}^{1}\dfrac{\sqrt{1-x^2}}{2-x}dx$ $= \displaystyle\int_{0}^{\infty}\dfrac{8t^2}{(t^2+3)(t^2+1)^2}dt$

部分分数に分けると
$I= \displaystyle -6 \int_{0}^{\infty}\dfrac{1}{t^2+3}dt$ $+ \displaystyle 6 \int_{0}^{\infty}\dfrac{1}{t^2+1}dt$ $- \displaystyle 4\int_{0}^{\infty}\dfrac{1}{(t^2+1)^2}dt$

ここで、 $\dfrac{t}{t^2+1}$ を微分すると $\dfrac{2}{(t^2+1)^2}-\dfrac{1}{t^2+1}$ となるので、 $\dfrac{t}{t^2+1}+\arctan t$ を微分すると $\dfrac{2}{(t^2+1)^2}$ となる。

よって
$I= \displaystyle -6 \int_{0}^{\infty}\dfrac{1}{t^2+3}dt$ $+ \displaystyle 4 \int_{0}^{\infty}\dfrac{1}{t^2+1}dt$ $- \displaystyle 2\Bigl[ \dfrac{t}{t^2+1}\Bigr]_0^{\infty}$ $=-6\cdot \dfrac{\pi}{2\sqrt{3}}+4\cdot\dfrac{\pi}{2}-2\cdot 0$ $=(2-\sqrt{3})\pi$

2020.06.01記
例えば， $x=-\cos\theta$ とおくと，被積分関数は $\sin\theta,\cos\theta$ の有理式になるので，さらに $\tan\dfrac{\theta}{2}=t$ とおくと，被積分関数は $t$ の有理式になり原始関数を求めることができる．このとき $x=\dfrac{t^2-1}{t^2+1}$ となり，[解答] の置換に一致する．