YOMEDIA

Bài 2: Tích phân bất định - Tích phân các hàm hữu tỉ, biểu thức có chứa căn


Mời các bạn cùng tham khảo nội dung bài giảng Bài 2: Tích phân bất định sau đây để tìm hiểu về tích phân các hàm hữu tỉ, tích phân biểu thức lượng giác, tích phân biểu thức có chứa căn.

Hãy đăng ký kênh Youtube HOC247 TV để theo dõi Video mới
 

Tóm tắt lý thuyết

6. Tích phân các hàm hữu tỉ

Nhắc lại:

\(\int {\frac{{dx}}{{x + a}}} = \ln \left| {x + a} \right| + C\)

\(\int {\frac{{dx}}{{{{\left( {x + a} \right)}^k}}}} = \frac{{ - 1}}{{(k - 1){{(x + a)}^{k - 1}}}} + C\)

\(\int {\frac{{dx}}{{{x^2} - {a^2}}}} = \frac{1}{{2a}}\ln \left| {\frac{{x - a}}{{x + a}}} \right| + C\)

\(\int {\frac{{dx}}{{(x - {x_1})(x - {x_2})}}} = \frac{1}{{{x_2} - {x_2}}}\int {\frac{{(x - {x_1}) - (x - {x_2})}}{{(x - {x_1})(x - {x_2})}}} dx\)

\(= \frac{1}{{{x_2} - {x_2}}}\int {\left( {\frac{1}{{x - {x_2}}} - \frac{1}{{x - {x_1}}}} \right)} dx\)

\( = \frac{1}{{{x_2} - {x_2}}}\ln \left| {\frac{{x - {x_2}}}{{x - {x_1}}}} \right| + C\)

6.1 Tích phân dạng \(I = \int {\frac{{(Ax + B)dx}}{{a{x^2} + bx + c}}} \,(a \ne 0)\)

\(I = \frac{A}{{2a}}\int {\frac{{2ax + b}}{{a{x^2} + bx + c}}} dx + \left( {B - \frac{{Ab}}{{2a}}} \right)\int {\frac{{dx}}{{a{x^2} + bx + c}}}\)

Tính: \({I_1} = \int {\frac{{dx}}{{a{x^2} + bx + c}}} dx\)

\({I_1} = \frac{1}{a}\int {\frac{{dx}}{{{x^2} + \frac{b}{a}x + \frac{c}{a}}}} = \frac{1}{a}\int {\frac{{dx}}{{{{\left( {x + \frac{b}{{2a}}} \right)}^2} + \frac{c}{a} - \frac{{{b^2}}}{{4{a^2}}}}}}\)

\(= \frac{1}{a}\int {\frac{{dx}}{{{{\left( {x + \frac{b}{{2a}}} \right)}^2} - \frac{\Delta }{{4{a^2}}}}}}\)

i) Nếu \(\Delta < 0:{I_1} = \frac{1}{a}\int {\frac{{du}}{{{u^2} + {\alpha ^2}}}} = \frac{1}{{a\alpha }}arctg\frac{u}{\alpha } + C\)

với \({\alpha ^2} = \frac{{ - {\Delta ^2}}}{{4{a^2}}},u = x + \frac{b}{{2a}}\)

ii) Nếu \(\Delta = 0:{I_1} = \frac{1}{a}\int {\frac{{du}}{{{u^2}}}} = - \frac{1}{{au}} + C\)

iii) Nếu \(\Delta > 0:a{x^2} + bx + c = a(x - {x_1})(x - {x_2})\)

với \(x_1,x_2\) là nghiệm của \(ax^2 + bx + c = 0\)

6.2 Phân tích môt đa thức thành tích của những nhị thức và tam thức

(Đưa một phân thức về tổng của những phân thức đơn giản)

Ghi chú: Ta chỉ xét các đa thức có thể viết dưới dạng tích của những nhị thức bậc nhất và những tam thức bậc hai.

Ví dụ: Tính \(I = \int {\frac{{(3x - 5)dx}}{{(x - 3)(x + 2)(x - 1)}}}\)

Ta có: \(\frac{{(3x - 5)dx}}{{(x - 3)(x + 2)(x - 1)}} = \frac{A}{{x - 3}} + \frac{B}{{x + 2}} + \frac{C}{{x - 1}}\)

\(= \frac{{A(x + 2)(x - 1) + B(x - 3)(x - 1) + C(x - 3)(x + 2)}}{{(x - 3)(x + 2)(x - 1)}}\)

Cho \(x = 3 \Rightarrow 10A = 4 \Rightarrow A = \frac{2}{5}\)

\(x = - 2 \Rightarrow 15B = - 11 \Rightarrow B = - \frac{{11}}{{15}}\)

\(x = 1 \Rightarrow - 6C = - 2 \Rightarrow C = \frac{1}{3}\)

\(\Rightarrow \frac{{3x - 5}}{{(x - 3)(x + 2)(x - 1)}} = \frac{2}{{5(x - 3)}} - \frac{{11}}{{15(x + 2)}} + \frac{1}{{3(x - 1)}}\)

\(\Rightarrow I = \frac{2}{5}\ln \left| {x - 3} \right| - \frac{{11}}{{15}}\ln \left| {x + 2} \right| + \frac{1}{3}\ln \left| {x - 1} \right| + C\)

Ghi chú: Ta có thể tính A, B theo cách khác:

\(\frac{{3x - 5}}{{(x - 3)(x + 2)(x - 1)}} = \frac{{(A + B + C){x^2} + (A - 4B - C)x - 2A + 3B - 6C}}{{(x - 3)(x + 2)(x - 1)}}\)

Đồng nhất hai vế \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} A + B + C = 0\\ A - 4B - C = 3\\ - 2A + 3B - 6C = - 5 \end{array} \right. \)

Ghi chú: Nếu \({a_n}{x^n} + {a_{n - 1}}{x^{n - 1}} + ... + {a_1}x + {a_0} = 0\) có nhiều hơn n nghiệm thực \(\Rightarrow {a_n} = {a_{n - 1}} = .... = {a_0} = 0\)

Ví dụ\(ax^2 + bx + c = 0\) có 3 nghiệm phân biệt \( \Rightarrow \ a=b=c=0\)

Ví dụ 1:  \(\frac{{5x + 2}}{{({x^2} + 1){{(3x - 2)}^3}}} = \frac{{Ax + B}}{{{x^2} + 1}} + \frac{{Cx + D}}{{{{({x^2} + 1)}^2}}} + \frac{E}{{3x - 2}} + \frac{F}{{{{(3x - 2)}^2}}} + \frac{G}{{{{(3x - 2)}^3}}}\)

Ví dụ 2\(\frac{{6{x^2} - 7x + 2}}{{({x^2} - x + 1){{(x + 2)}^4}}} = \frac{{Ax + B}}{{{x^2} - x + 1}} + \frac{C}{{x + 2}} + \frac{D}{{{{(x + 2)}^2}}} + \frac{E}{{{{(x + 2)}^3}}} + \frac{F}{{{{(x + 2)}^4}}}\)

Ví dụ 3\(\frac{1}{{{x^4} + 1}} = \frac{1}{{{{({x^2} + 1)}^2} - 2{x^2}}} = \frac{1}{{({x^2} - \sqrt 2 x + 1)({x^2} + \sqrt 2 x + 1)}} = \frac{{Ax + B}}{{{x^2} - \sqrt 2 x + 1}} + \frac{{Cx + D}}{{{x^2} + \sqrt 2 x + 1}}\)

Ví dụ 4: Tính \(\int {\frac{{dx}}{{{x^3} + 1}}} = \int {\frac{{dx}}{{(x + 1)({x^2} - x + 1)}}}\)

\(\frac{1}{{{x^3} + 1}} = \frac{A}{{x + 1}} + \frac{{Bx + C}}{{{x^2} - x + 1}} = \frac{{A({x^2} - x + 1) + (Bx + C)(x + 1)}}{{{x^3} + 1}}\)

Cho \(x = - 1 \Rightarrow 3A = 1 \Rightarrow A = \frac{1}{3}\)

\(x = 0 \Rightarrow A + C = 1 \Rightarrow C = \frac{2}{3}\)

\(x = 1 \Rightarrow A + 2(B + C) = 1 \Rightarrow B + C = \frac{1}{3} \Rightarrow B = - \frac{1}{3}\)

\(\int {\frac{{dx}}{{{x^3} + 1}}} = \frac{1}{3}\int {\frac{{dx}}{{x + 1}}} + \int {\frac{{\left( { - \frac{1}{3}x + \frac{2}{3}} \right)dx}}{{{x^2} - x + 1}}}\)

\(= \frac{1}{3}\ln \left| {x + 1} \right| - \frac{1}{{3.2}}\int {\frac{{2x - 1}}{{{x^2} - x + 1}}} dx + \left( {\frac{2}{3} - \frac{1}{6}} \right)\int {\frac{{dx}}{{{x^2} - x + 1}}}\)

\(= \frac{1}{3}\ln \left| {x + 1} \right| - \frac{1}{6}\ln ({x^2} - x + 1) + \frac{1}{2}\int {\frac{{dx}}{{{{\left( {x - \frac{1}{2}} \right)}^2} + \frac{3}{4}}}}\)

\(= \frac{1}{3}\ln \frac{{\left| {x + 1} \right|}}{{\sqrt {{x^2} - x + 1} }} + \frac{1}{2}\frac{2}{{\sqrt 3 }}arctg\frac{{2(x - \frac{1}{2})}}{{\sqrt 3 }} + C\)

7. Tích phân biểu thức lượng giác

Bằng các phép đổi biến thích hợp, ta có thể đưa tích phân biểu thức lượng giác \(\int {R({\mathop{\rm sinx}\nolimits} ,\,cosx)dx}\), trong đó R là hàm hữu tỷ, về tích phân biểu thức hữu tỷ.

7.1 Trường hợp tổng quát

Ta dùng công thức đổi biến \(t = tg\frac{x}{2} \Rightarrow x = 2arctg\,t\)và công thức

\({\mathop{\rm sinx}\nolimits} = \frac{{2t}}{{1 + t{}^2}},\,\,\cos x = \frac{{1 - {t^2}}}{{1 + {t^2}}},\,\,dx = \frac{{2dt}}{{1 + {t^2}}}\)

Ví dụ\(I = \int {\frac{{dx}}{{4\sin x + 3{\mathop{\rm cosx}\nolimits} + 5}}}\)

Đặt \(t = tg\frac{x}{2} \Rightarrow x = 2arctg\,t\) ta có:

\(I = \int {\frac{1}{{4\frac{{2t}}{{1 + {t^2}}} + 3\frac{{1 - {t^2}}}{{1 + {t^2}}} + 5}}} \frac{{2dt}}{{1 + {t^2}}} = \int {\frac{{dt}}{{{t^2} + 4t + 4}}}\)

\(= \int {\frac{{dt}}{{{{(t + 2)}^2}}}} = \frac{{ - 1}}{{t + 2}} + C = - \frac{1}{{tg\frac{x}{2} + 2}} + C\)

7.2 Dạng đặc biệt

  • Nếu \(R(- sinx,cosx) = - R(sin x, cosx)\) thì đạt \(t = cosx\)
  • Nếu \(R(sinx, - cosx) = -R(sinx,cosx)\) thì đặt \(t = sinx\)
  • Nếu \(R(- sinx, - cosx) = R(sinx,cosx)\) thì đặt \(t= tgx\), hay \( t = cotgx\)

Ví dụ 1: Tính \(I = \int {({{\sin }^2}} x{\cos ^3}x + 2{\mathop{\rm cosx}\nolimits} )dx\)

\(= \int {({{\sin }^2}} x{\cos ^3}x + 2){\mathop{\rm cosxdx}\nolimits}\)

Đặt \(t = sinx \Rightarrow dt = cosxdx\)

\({\sin ^2}x{\cos ^2}x + 2 = {t^2}(1 - {t^2}) + 2 = - {t^4} + {t^2} + 2\)

\(I = \int {( - {t^4} + {t^2} + 2)dt = - \frac{{{t^5}}}{5} + \frac{{{t^3}}}{3}} + 2t + C\)

\(= \frac{{ - {{\sin }^5}x}}{5} + \frac{{{{\sin }^3}x}}{3} + 2\sin x + C\)

Ví dụ 2\(I = \int {\frac{{dx}}{{{{\sin }^2}x + \sin 2x - 3{{\cos }^2}x}}}\)

Đặt \(t = tgx \Rightarrow dt = \frac{{dx}}{{{{\cos }^2}x}}\)ta có:

\(I = \int {\frac{{dx}}{{{{\cos }^2}x(t{g^2}x + 2tgx - 3)}} = \int {\frac{{dt}}{{{t^2} + 2t - 3}}} }\)

\(= \int {\frac{{dt}}{{(t - 1)(t + 3)}} = \frac{1}{4}} \int {\left( {\frac{1}{{t - 1}} - \frac{1}{{t + 3}}} \right)} dt\)

\(= \frac{1}{4}\ln \left| {\frac{{t - 1}}{{t + 3}}} \right| + C = \frac{1}{4}\ln \left| {\frac{{tg\,x - 1}}{{tg\,x + 3}}} \right| + C\)

7.3 Dạng \(\int {{{\sin }^m}} x{\cos ^n}xdx\)

  • Nếu m ( hoặc n) là số nguyên lẻ thì đổi biến \( t = cosx\) (hoặc \(t = sinx\)).
  • Nếu m và n là số nguyên dương chẵn thì ta dùng công thức hạ bậc.
  • Nếu m và n nguyên chẵn và có một số âm thì đổi biến \(t = tgx\) (hoặc \(t = cotgx\))

Ví dụ: Tính (dành cho độc giả)

\(K = \int {{{\sin }^2}} x{\cos ^4}xdx\)

\(L = \int {{{\sin }^3}} x{\cos ^2}xdx\)

\(M = \int {\frac{{{{\sin }^2}x}}{{{{\cos }^4}x}}} dx\)

\(N = \int {\frac{{{{\cos }^2}x}}{{{{\sin }^4}x}}} dx\)

8. Tích phân biểu thức có chứa căn

Với các phép đổi biến thích hợp, ta có thể đưa tích phân của biểu thức có căn số về tích phân của biến hữu tỷ.

8.1 Các tích phân có thể đưa về tích phân hàm lượng giác

  • Dạng \(\int {R\left[ {x,\sqrt {{A^2} - {x^2}} } \right]} dx\) đặt \(x = A\sin t,\,t \in \left[ { - \frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2}} \right]\)
  • Dạng \(\int {R\left[ {x,\sqrt {{A^2}+{x^2}} } \right]} dx\) đặt \(x = Atg\,t,\,t \in \left( { - \frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2}} \right)\)
  • Dạng \(\int {R\left[ {x,\sqrt { {x^2}-{A^2}} } \right]} dx\) đặt \(x = \frac{A}{{\cos \,t}},\,t \in \left( {0,\pi } \right)\backslash \left( {\frac{\pi }{2}} \right)\)

8.2 Dạng \(\int {R\left[ {x,\sqrt[n]{{{{\left( {\frac{{ax + b}}{{cx + d}}} \right)}^m}}},\sqrt[s]{{{{\left( {\frac{{ax + b}}{{cx + d}}} \right)}^r}}}} \right]} dx\)

Đặt \({t^k} = \frac{{ax + b}}{{cx + d}}\) với k là bội số chung nhỏ nhất của n và s.

Khi đó \(x = \frac{{ - d{t^k} + b}}{{c{t^k} - a}} \Rightarrow dx = k{t^{k - 1}}\frac{{ad - bc}}{{{{(c{t^k} - a)}^2}}}\)thay vào biểu thức tích phân ta có tích phân của hàm hữu tỷ.

Ví dụ 1\(I = \int {\frac{{dx}}{{\sqrt[3]{{x - 1}} - \sqrt[6]{{x - 1}}}}}\)

k = 6, đặt \({t^6} = x - 1 \Rightarrow dx = 6{t^5}dt\). Suy ra

\(I = \int {\frac{{6{t^5}dt}}{{{t^2} - t}}} = \int {\frac{{6{t^4}dt}}{{t - 1}}} = 6\int {\left( {{t^3} + {t^2} + t + 1 + \frac{1}{{t - 1}}} \right)} dt\)

\(= 6\int {\left[ {\frac{{{t^4}}}{4} + \frac{{{t^3}}}{3} + \frac{{{t^2}}}{2} + t + \ln \left| {t - 1} \right|} \right]} + C\)

\(= \frac{{3{{(x - 1)}^{2/3}}}}{2} + 2{(x - 1)^{1/2}} + 3{(x - 1)^{1/3}} + 6\sqrt[6]{{x - 1}} + 6\ln \left| {\sqrt[6]{{x - 1}} - 1} \right| + C\)

Ví dụ 2\(I = \int {\frac{1}{x}} \sqrt {\frac{{1 - x}}{{1 + x}}} dx\)

Đặt \(t = \sqrt {\frac{{1 - x}}{{1 + x}}} \Rightarrow x = \frac{{ - {t^2} + 1}}{{{t^2} + 1}};\,dx = \frac{{ - 4t}}{{{{({t^2} + 1)}^2}}}dt\)

\(I = \int {\frac{{{t^2} + 1}}{{ - {t^2} + 1}}} t\frac{{ - 4t}}{{{{({t^2} + 1)}^2}}}dt = 4\int {\frac{t}{{({t^2} - 1)({t^2} + 1)}}} dt\)

\(= 2\int {\left[ {\frac{1}{{{t^2} + 1}} + \frac{1}{{{t^2} - 1}}} \right]} = 2arctg\,t\, + \,\ln \left| {\frac{{t - 1}}{{t + 1}}} \right| + C\)

\(= 2arctg\,t\,\sqrt {\frac{{1 - x}}{{1 + x}}} + \ln \left| {\frac{{\sqrt {\frac{{1 - x}}{{1 + x}}} - 1}}{{\sqrt {\frac{{1 - x}}{{1 + x}}} + 1}}} \right| + C\)

8.3 Dạng \(\int {R\left( {x,\sqrt {a{x^2} + bx + c} } \right)} dx\)

với \(a \ne 0,\Delta = {b^2} - 4ac \ne 0\)

i. Đưa tích phân đang xét về các dạng \(\int {R\left[ {x,\sqrt {{A^2} + {x^2}} } \right]} dx,\,\,\int {R\left[ {x,\sqrt {{x^2} - {A^2}} } \right]} dx\ \)bằng phép biến đổi \(u = x + \frac{b}{{2a}}\). Khi đó các tích phân này có thể đưa về tích phân hàm lượng giác.

Ví dụ\(\int {\frac{{dx}}{{{{(x + 2)}^2}\sqrt {{x^2} + 4x + 13} }}}\)

Đặt \(x + 2 = 3tgt,t \in \left( { - \frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2}} \right) \Rightarrow dx = 3\frac{{dt}}{{{{\cos }^2}t}}\)

Vì \(t \in \left( { - \frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2}} \right)\) nên sin t và tgt cùng dấu \(\sin t = \frac{{tgt}}{{\sqrt {1 + t{g^2}t} }}\)

\(I = \int {\frac{{3dt}}{{{{\cos }^2}t}}} \frac{1}{{9t{g^2}t\sqrt {9t{g^2}t + 9} }} = \frac{1}{9}\int {\frac{{\cos t\,dt}}{{{{\sin }^2}t}}} = \frac{{ - 1}}{{9\sin t}} + C\)

\(= \frac{{ - \sqrt {{{\left( {\frac{{x + 2}}{3}} \right)}^2} + 1} }}{{9\left( {\frac{{x + 2}}{3}} \right)}} + C = - \frac{{\sqrt {{x^2} + 4x + 13} }}{{9(x + 2)}} + C\)

Nhận xét: 

  • Đối với tích phân dạng \(\int {\frac{{dx}}{{{{(x - \alpha )}^n}\sqrt {a{x^2} + bx + c} }}}\) ta có thể đổi biến theo công thức \(t = \frac{1}{{x - \alpha }}\)
  • Đối với tích phân dạng \(\int {\frac{{du}}{{u\sqrt {{u^2} + A} }}}\) ta có thể đổi biến theo công thức \(t = \sqrt {{u^2} + A} \Rightarrow {t^2} - A = {u^2} \Rightarrow udu = tdt\)

\(\Rightarrow I = \int {\frac{{udu}}{{{u^2}\sqrt {{u^2} + A} }}} = \int {\frac{{dt}}{{{t^2} - A}}}\)

ii. Phương pháp đổi biến theo Euler

  • Nếu a > 0 : đổi biến \(t \pm \sqrt a x = \sqrt {a{x^2} + bx + c}\)
  • Nếu c > 0 : đổi biến \(xt \pm \sqrt c = \sqrt {a{x^2} + bx + c} \)
  • Nếu \(a{x^2} + bx + c = a(x - {x_1})(x - {x_2}),{x_1} \ne {x_2}\)ta đổi biến theo công thức 

Ví dụ 1\(I = \int {\frac{{dx}}{{\sqrt {{{({x^2} + 2x + 5)}^3}} }}}\)

Đặt \(u = x + 1 \Rightarrow du = dx,\,I = \int {\frac{{du}}{{\sqrt {{{({u^2} + 4)}^3}} }}}\)

Đặt \(u = 2tgt,\,t \in \left( { - \frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}} \right) \Rightarrow du = 2\frac{{dt}}{{{{\cos }^2}t}}\)

\({\left( {{u^2} + 4} \right)^{3/2}} = 8{\left( {t{g^2}t + 1} \right)^{3/2}} = \frac{8}{{{{\cos }^3}t}}\)

\(I = \int {\frac{{2dt}}{{{{\cos }^2}t\frac{8}{{{{\cos }^3}t}}}}} = \frac{1}{4}\int {\cos t\,dt = } \frac{1}{4}\sin t + C\)

\(= \frac{1}{4}\sin \left( {arctg\frac{u}{2}} \right) + C = \frac{1}{4}\sin \left( {arctg\frac{{x + 1}}{2}} \right) + C\)

Ví dụ 2\(I = \int {\frac{{dx}}{{\sqrt {{x^2} + 2x + 5} }}}\)

Đặt \(t - x = \sqrt {{x^2} + 2x + 5} \Rightarrow t = x + \sqrt {{x^2} + 2x + 5}\)

\(\Rightarrow dt = \frac{{\sqrt {{x^2} + 2x + 5} + x + 1}}{{\sqrt {{x^2} + 2x + 5} }}dx \Rightarrow \frac{{dx}}{{\sqrt {{x^2} + 2x + 5} }} = \frac{{dt}}{{t + 1}}\)

\(I = \int {\frac{{dt}}{{t + 1}}} = \ln \left| {t + 1} \right| + C = \ln \left| {x + \sqrt {{x^2} + 2x + 5} + 1} \right| + C\)

Ví dụ 3\(I = \int {\frac{{3x + 1}}{{\sqrt {{x^2} + 4x + 3} }}} dx\)

Đặt \(t = x + 2 \Rightarrow dt = dx\)

\(I = \int {\frac{{\left( {3t - 5} \right)dt}}{{\sqrt {{t^2} - 1} }}} = 3\int {\frac{{tdt}}{{\sqrt {{t^2} - 1} }}} - 5\int {\frac{{dt}}{{\sqrt {{t^2} - 1} }}}\)

\(= 3\sqrt {{t^2} - 1} - 5\ln \left| {t + \sqrt {{t^2} - 1} } \right| + C\)

\(= 3\sqrt {{{(x + 2)}^2} - 1} + 5\ln \left| {x + 2 + \sqrt {{{(x + 2)}^2} - 1} } \right| + C\)

 

 

YOMEDIA
1=>1
Array
(
    [0] => Array
        (
            [banner_picture] => 4_1603079338.jpg
            [banner_picture2] => 
            [banner_picture3] => 
            [banner_picture4] => 
            [banner_picture5] => 
            [banner_link] => https://tracnghiem.net/de-kiem-tra/?utm_source=Hoc247&utm_medium=Banner&utm_campaign=PopupPC
            [banner_startdate] => 2020-10-19 00:00:00
            [banner_enddate] => 2020-10-31 23:59:00
            [banner_embed] => 
            [banner_date] => 
            [banner_time] => 
        )

)