Tích phân toán

Tích phân Trần Sĩ Tùng dx Ví dụ 3: Tính tích phân bất định: I= ∫ (1+ x)23 Giải: ππ dtdxcos3 tdt Đặt: x=tgt;t−<< . Suy ra: dx=22&==costdt. 22 cost(1+x)23 cost x Khi đó: I=costdt=sint+CC=+ ∫ 2 1x+ Chú ý: 1x 1. Trong ví dụ trên sở dĩ ta có: ==costvàsint 1++x221x  cos2 t= cost ππ  là bởi: −⇒ x 22 sint==tgt.cost  1x+2 2. Phương pháp trên được áp dụng để giải bài toán tổng quát: dx I=∈,vớikZ. ∫ 222k1+ (a+ x) Bài toán 2: Sử dụng phương pháp đổi biến số dạng 2 tích tích phân I= ∫ f(x)dx. PHƯƠNG PHÁP CHUNG Ta thực hiện theo các bước: + Bước 1: Chọn t = ψ(x), trong đó ψ(x) là hàm số mà ta chọn cho thích hợp + Bước 2: Xác định vi phân dt=ψ'(x)dx. + Bước 3: Biểu thị f(x)dx theo t và dt. Giả sử rằng f(x)dx = g(t)dt + Bước 4: Khi đó I= ∫g(t)dt. Dấu hiệu Cách chọn Hàm số mẫu có t là mẫu số Hàm số f(x,ϕ(x) t=ϕ(x) a.sinx+ b.cosx xx Hàm f(x) = t=≠tg(vớicos0) c.sinx++d.cosxe 22 • Với x + a > 0 & x + b > 0, đặt: 1 t=x+a++xb Hàm f(x) = (x++a)(xb) • Với x + a < 0 & x + b < 0, đặt: t=x−a+−−xb Trang 16 Trần Sĩ Tùng Tích phân Ví dụ 4: Tính tích phân bất định: I=−∫x3(23x28)dx. Giải: Đặt: t=−23x2. Suy ra: dt=6xdx 3282282−−t2t81198 x(2−3x)dx=x(2−3x)xdx==.t.−dt=−(t2t)dt. 33618 19811102911109 Khi đó: I=(t−2t)dt=t−t+C=t−+tC 18∫ 1810918081 x2dx Ví dụ 5: Tính tích phân bất định: I= ∫ 1x− Giải: Đặt: t=1−x⇒x=−1t2 x2dx(1−−t22)(2tdt) Suy ra: dx=−2tdt&==2(t42−+2t1)dt 1x− t 421522342 Khi đó: I=2(t−2t+1)dt=−2t−t+t+C=−(3t−10t++15)tC ∫ 5315 22 =−[3(1−x)22−10(1−x)+15]1−x+C=−(3x+4x+8)−+1xC 1515 Ví dụ 6: Tính tích phân bất định: I=−∫x53(12x22)dx. Giải: 1t−3 3 Đặt: t=31−2xx22⇒= . Suy ra: 2xdx=− t2tdt, 2 2 3 5222221−t233274 x33(1−2x)dx=x(1−2x)xdx=.t−tdt=−(tt)dt. 248 374318135632 Khi đó: I=(t−t)dt=t−t+C=(5t−+8t)tC 8∫ 885320 3 =[5(1−2x2)2−8(1−2x2)]3(1−+2x22)C 320 3 =(20x4−4x2−3)3(1−+2x22)C. 320 Ví dụ 7: Tính tích phân bất định: I=∫sin3 xcosxdx. Giải: Đặt: t=cosx⇒=t2 cosx dt = sinxdx, Trang 17 Tích phân Trần Sĩ Tùng sin3xcosxdx=sin22xcosxsinxdx=−(1cosx)cosxsinxdx =(1−t4).t.(2tdt)=−2(t62t)dt. 621712362 Khi đó: I=2(t−t)dt=2t−t+C=(3t−+7t)tC ∫ 7321 2 =(cos3x−+7cosx)cosxC. 21 cosx.sin3xdx Ví dụ 8: Tính tích phân bất định: I= ∫1+sinx2 Giải: Đặt: t=1−x⇒x=1−t22at=+1sinx Suy ra: dt=2sinxcosxdx, cosx.sin32xdxsinx.cosx.sinxdx(t−1)dt11 ===−1dt. 1++sin22x1sinx2t2t 11122 Khi đó: I=1−dt=f12(t−lnt+C=[1+sinx−ln(1++sinx)]C 2∫t2 cos2xdx Ví dụ 9: Tính tích phân bất định: I.= ∫sinx8 Giải: Đặt: t = cotgx 1 Suy ra: dt=− dx, sinx2 cos22xdxcosxdx1dxdx ==cotg2x=+cotg2x.(1cotg22x) sin8xsin6xsin2xsin4xsin22xsinx =+t2.(1t22)dt. 22642172153 Khi đó: I=t.(1+t)dt=(t+2t+t)dt=t+t++tC ∫∫ 753 1 =(15cotg7x+42cotg53x++35cotgx)C. 105 dx Ví dụ 10: Tính tích phân bất định: I= ∫eex−x/2 Giải: Đặt: te=−x/2 1dx Suy ra: dt=−ex/2dx⇔−=2dt, 2ex/2 dxdxe−x/2dx−2tdt1 ====+2(1)dt ex−ex/2ex(1−e−−x/2)ex/2(1−ex/2)1−−tt1 Trang 18 Trần Sĩ Tùng Tích phân 1 −−x/2x/2 Khi đó: I=21+dt=2(e+lne++1)C. ∫t1− Chú ý: Bài toán trên đã dùng tới kinh nghiệm để lựa chọn cho phép đổi biến t=e,−x/2 tuy nhiên với cách đặt te= x/2 chúng ta cũng có thể thực hiện được bài toán. dx Ví dụ 11: Tính tích phân bất định: I = . ∫ x 1e+ Giải: Cách 1: Đặt: t=1+ex⇔t2x=+1e x 2tdtdx2tdt2tdt Suy ra: 2tdt=edx⇔dx=2&.==22 t−11e+ xt(t−−1)t1 dtt−11+−e1x Khi đó: I=2=ln+C=+lnC ∫2 x t−+1t1 1++e1 Cách 2: Đặt: te=−x/2 1dx Suy ra: dt=e−x/2dx⇔−=2dt, 2ex/2 dxdxdx−2dt === 1+exex(e−−x+1)ex/2ex2++1t1 dt Khi đó: I=−2=−2lnt+t2+1+C=−2lne−−x/2x+e++1C ∫ 2 t1+ dx Ví dụ 12: Tính tích phân bất định: I=≠,vớia0.. ∫ 2 xa+ Giải: Đặt: t=x++xa2 xx2 ++axdxdt Suy ra: dt=1+dx=dx ⇔= x2+ax22++axa t dt Khi đó: I==lnt+C=lnx+x2 ++aC. ∫ t dx Ví dụ 13: Tính tích phân bất định: I = . ∫ (x++1)(x2) Giải: Ta xét hai trường hợp: x+>10 • Với  ⇔x1>− x+>20 Đặt: t=x+1++x2 Trang 19 Tích phân Trần Sĩ Tùng 11(x+1++x2)dxdx2dt Suy ra: dt=+dx =⇔= 2x+12x+22(x+1)(x+2)(x++1)(x2) t dt Khi đó: I=2=2lnt+C=2lnx+1+x++2C ∫ t x+<10 • Với  ⇔x2<− x+<20 Đặt: t=−(x+1)+−+(x2) 11[−(x+1)+−+(x2)]dx Suy ra: dt=−−=dx 2−(x+1)2−(x+2)2(x++1)(x2) dx2dt ⇔=− (x++1)(x2) t dt Khi đó: I=−2=−2lnt+C=−2ln−(x+1)+−(x++2)C ∫ t BÀI TẬP Bài 12. Tìm họ nguyên hàm của các hàm số sau: x4 xx2 − x12 − a/ f(x)=−x29(x1); b/ f(x);= c/ f(x);= d/ f(x);= x410 − (x− 2)3 x14 + 121 1x25 − ĐS: a/ (x−1)12+(x−1)11+(x−+10)10 C. b/ ln+ C. 121110 20x25 + 2x5− 1x2 −+x21 c/ lnx−2−+C; d/ ln+ C. (x− 2)2 22x2 ++x21 Bài 13. Tìm họ nguyên hàm của các hàm số sau: 2x 1 1 a/ f(x);= b/ f(x)=>(a0); c/ f(x).= x+−x12 (x2+ a)23 32xx− 22 x ĐS: a/ x3−(x23−+1)C; b/ + C; 33 a2xa22+ 3 x c/ 6+66x+lnx−+1C. 2 Bài 14. Tìm họ nguyên hàm của các hàm số sau: cosx5 1 sinx+ cosx a/ f(x);= b/ f(x) = ; c/ f(x) = ; 3 sinx cosx 3 sinx− cosx cosx3 1 d/ f(x);= e/ f(x).= sinx sinx4 333 ĐS: a/ 3sin2x+33sin148x−+sinxC; 2144 Trang 20 Trần Sĩ Tùng Tích phân x π 3 b/ lntg++C; c/ 3 1−+sin2xC; 24 2 1 1 d/ lnsinx−+sin2 xC; e/ −cotg3x−+cotgxC. 2 3 Bài 15. Tìm họ nguyên hàm của các hàm số sau: 1 x1+ a/ f(x);= b/ f(x);= x 1e+ 2x x(1+ xe) 2xx.3 1 c/ f(x);= d/ f(x);= 94xx− xlnx.ln(lnx) xex ĐS: a/ −ln(e−−x+e2x ++1)C; b/ ln+ C; 1+ xex 132xx− c/ ,ln+ C; d/ lnln(lnx)+ C. 2(ln3−+ln2)32xx Trang 21 Tích phân Trần Sĩ Tùng Vấn đề 5: XÁC ĐỊNH NGUYÊN HÀM BẰNG PHƯƠNG PHÁP TÍCH PHÂN TỪNG PHẦN Công thức tính tích phân từng phần: ∫∫udv=−uvvdu. Bài toán 1: Sử dụng công thức tích phân từng phần xác định I= ∫ f(x)dx. PHƯƠNG PHÁP CHUNG Ta thực hiện theo các bước sau: + Bước 1: Biến đổi tích phân ban đầu về dạng: I==∫∫f(x)dxf12(x).f(x)dx. u= f1(x) du + Bước 2: Đặt: ⇒ dv= f2 (x)dxv + Bước 3: Khi đó: I=−uv∫ vdu. xln(x++x2 1) Ví dụ 1: Tích tích phân bất định: I = ∫ . x12 + Giải: x Viết lại I dưới dạng: I=∫ln(x++x2 1)dx. x12 +  1x+  2 u=ln(x++x1)  2 dx  du ==x1+ Đặt : x ⇒ 22 dv = x+x++1x1 2 x1+2 v=+x1 Khi đó: I=x2+1ln(x+x2+1)−∫ dx=x22+1ln(x+x+1)−+xC. Ví dụ 2: Tích tích phân bất định: I= ∫ cos(lnx)dx. Giải:  −1 u=cos(lnx) du= sin(lnx)dx Đặt : ⇒ x dv=dx vx= Khi đó: I=+xcos(lnx)∫sin(lnx)dx. (1) Xét J= ∫sin(lnx)dx.  1 u= sin(lnx) du= cos(lnx)dx Đặt: ⇒ x dv=dx v=x. Khi đó: J=x.sin(lnx)−∫ cos(lnx)dx=−x.sin(lnx)I (2) Trang 22 Trần Sĩ Tùng Tích phân x Thay (2) vào (1), ta được: I=x.cos(lnx)+x.sin(lnx)−I⇔I=[cos(lnx)++sin(lnx)]C. 2 Chú ý: Nếu bài toán yêu cầu tính giá trị của một cặp tích phân: I12==∫∫sin(lnx)dxvàIcos(lnx)dx ta nên lựa chọn cách trình bày sau: • Sử dụng tích phân từng phần cho I1, như sau:  1 u=sin(lnx) du=cos(lnx)dx Đặt : ⇒ x dv=dx vx= Khi đó: I12=x.sin(lnx)−∫cos(lnx)dx=−x.sin(lnx)I.(3) • Sử dụng tích phân từng phần cho I2, như sau:  1 u=cos(lnx) du=− sin(lnx)dx Đặt : ⇒ x dv=dx vx= Khi đó: I21=x.cos(lnx)−∫sin(lnx)dx=+x.cos(lnx)I.(4) • Từ hệ tạo bởi (3) và (4) ta nhận được: xx I=[sin(lnx)−cos(lnx)]+C.I=[sin(lnx)++cos(lnx)] C. 1222 ln(cosx) Ví dụ 3: Tích tích phân bất định: I= dx. ∫ cosx2 Giải: u=ln(cosx)  sinx du=− dx Đặt : dx ⇒cosx dv = cosx2 v=tgx 2 1 Khi đó: I=ln(cosx).tgx+tgxdx=ln(cosx).tgx+−2 1dx ∫∫cosx =ln(cosx).tgx+tgx−+xC. Bài toán 2: Tính I=∫∫P(x)sinααxdx(hoặcP(x)cosxdx) với P là một đa thức thuộc R[X]vàα∈R.* PHƯƠNG PHÁP CHUNG Trang 23 Tích phân Trần Sĩ Tùng Ta lựa chọn một trong hai cách sau: • Cách 1: (Sử dụng tích phân từng phần). Ta thực hiện theo các bước sau: du= P'(x)dx u= P(x)  + Bước 1: Đặt : ⇒ 1 . dv=αsinxdx v=−αcosx  α 11 + Bước 2: Khi đó: I=−P(x)cosα+αP'(x).cosx.dx. αα∫ + Bước 3: Tiếp tục thủ tục trên ta sẽ “khử” được đa thức. • Cách 1: (Sử dụng phương pháp hệ số bất định). Ta thực hiện theo các bước sau: + Bước 1: Ta có: I=∫ P(x)cosαxdx=A(x)sinαx+B(x)cosα+xC.(1) trong đó A(x) và B(x) là các đa thức cùng bậc với P(x). + Bước 2: Lấy đạo hàm hai vế của (1), ta được: P(x).cosαx=[A'(x)+B(x)].sinα++[A(x)B'(x)].cosx (2) Sư û dunï g phương phapù he ä số bất định ta xác định được các đa thức A(x) và B(x) + Bước 3: Kết luận. Nhận xét: Nếu bậc của đa thức P(x) lớn hơn hoặc bằng 3 ta thấy ngay cách 1 tỏ ra quá cồng kềnh, vì khi đó ta cần thực hiện thủ tục lấy tích phân từng phần nhiều hơn ba lần. Do đó ta đi tới nhận định chung sau: – Nếu bậc của P(x) nhỏ hơn hoặc bằng 2, ta lựa chọn cách 1. – Nếu bậc của P(x) lớn hơn 2, ta lựa chọn cách 2. Ví dụ 4: Tính : I= ∫ x.sin2 xdx (ĐHL_1999) Giải: Biến đổi I về dạng cơ bản: 1−cos2x11112 I=xdx=xdx−xcos2xdx=−xxcos2xdx(1) ∫22∫2∫∫42 Xét J= ∫ xcos2xdx.  dx du==dx ux=  x12 + Đặt : ⇒ dv=cos2xdx 1 v=sin2x 2 x1x1 Khi đó: J=sin2x−sin2xdx=sin2x++cos2xC. (2) 22∫ 24 1x1 Thay (2) vào (1) ta được: I=x2 +sin2x++cos2xC. 448 Ví dụ 5: Tính : I=∫(x32−x+−2x3)sinxdx. Trang 24 Trần Sĩ Tùng Tích phân Giải: Ta có: I=∫(x32−x+−2x3)sinxdx 3232 =(a1x+b1x+c1x+d1)cosx+(a2x+b2x+c22x++d)sinxC(1) Lấy đạo hàm hai vế của (1), ta được: (x3−x2+2x−3)sinx=[ax32+(3a+b)x+(2b+c)x+c+−d].cosx 2121212 32 −[a1x−(3a2−b1)x−(2b2−c1)x+−c21d].sinx(2) Đồng nhất đẳng thức, ta được: a22=0−=a1  3a1+b2=03a21−b1=− (I)và(II) 2b1+c2=02b21−=c2  c1+d2=0−c21+d3=− Giải (I) và (II), ta được: a1=−1,b1=1,c1=4,d1=1,a2=0,b2=3,c22=−2,d=−4. Khi đó: I=(−x3+x22+4x+1)cosx+(3x−2x++4)sinxC. Bài toán 3: Tính I=≠∫∫eaxcos(bx)dx(hoặceax sin(bx))vớia,b0. PHƯƠNG PHÁP CHUNG Ta lựa chọn một trong hai cách sau: • Cách 1: (Sử dụng tích phân từng phần). Ta thực hiện theo các bước sau: du=−bsin(bx)dx u=cos(bx)  + Bước 1: Đặt : ⇒ 1 . dv=eaxdx ve=ax a 1b Khi đó: I=+eaxcos(bx)eax sin(bx)dx.(1) aa∫ + Bước 2: Xét J=∫eax sin(bx)dx. du= bcosx(bx)dx u= sin(bx)  Đặt ⇒ 1 dv=eaxdx ve=ax a 1b1b Khi đó: J=eaxsin(bx)−eaxcos(bx)dx=−eax sin(bx)I.(2) aa∫ aa 1b1b + Bước 3: Thay (2) vào (1), ta được: I=eãcos(bx)+−[eax sin(bx)I] aaaa [a.cos(bx)+b.sin(bx)eax ⇔I=+C. ab22+ • Cách 2: (Sử dụng phương pháp hằng số bất định). Ta thực hiện theo các bước : + Bước 1: Ta có: I=∫eaxcos(bx)dx=[Acos(bx)++B.sin(bx)]eax C.(3) trong đó A, B là các hằng số. Trang 25 Tích phân Trần Sĩ Tùng + Bước 2: Lấy đạo hàm hai vế của (3), ta được: eax.cos(bx)=b[−Asin(bx)+Bcos(bx)]eax++a[Acos(bx)Bsin(bx)]eax =[(Aa+Bb).cos(bx)+−BaAb)sin(bx)]e.ax  a A= Aa+=Bb1  ab22+ Đồng nhất đẳng thức, ta được: ⇒ Ba−=Ab0b  B= ab22+ [a.cos(bx)+b.sin(bx)]eax + Bước 3: Vậy: I=+C. ab22+ Chú ý: 1. Nếu bài toán yêu cầu tính giá trị của một cặp tích phân: axax I12==∫∫ecos(bx)dxvàIesin(bx)dx. ta nên lựa chọn cách trình bày sau: • Sử dụng tích phân từng phần cho I1, như sau: du=−bsin(bx)dx u=cos(bx)  Đặt: ⇒ 1 dv=eaxdx ve=ax a 1b1b Khi đó: I=eaxcos(bx)+eaxsin(bx)dx=+eax cos(bx)I.(3) 12aa∫ aa • Sử dụng tích phân từng phần cho I1, như sau: du= bcos(bx)dx u= sin(bx)  Đặt: ⇒ 1 dv=eaxdx ve=ax a 1b1b Khi đó: I=eaxsin(bx)−eaxcos(bx)dx=−eax sin(bx)I.(4) 21aa∫ aa • Từ hệ tạo bởi (3) và (4) ta nhận được: [a.cos(bx)+−b.sin(bx)]eax[a.sin(bx)b.cos(bx)]eax I=+C.I=+C. 12a2++b2ab22 2. Phương pháp trên cũng được áp dụng cho các tích phân: ax2ax2 J12==∫∫esin(bx)dxvàJecos(bx)dx. Ví dụ 6: Tính tích phân bất định: I=∫ex2.cosxdx. Giải: Cách 1: Viết lại I dưới dạng: 111 I=ex.(1+cos2x)dx=(exdx+ex.cos2xdx)=+(exxe.cos2xdx)(1) 2∫22∫∫∫ • Xét J=∫ex .cos2xdx. Trang 26 Trần Sĩ Tùng Tích phân u=cos2xdu=−2sin2xdx Đặt: xx⇒ dv==edxve Khi đó: J=+exxcos2x2∫esin2xdx(2) • Xét: K=∫ex sin2xdx. u==sin2xdu2cos2xdx Đặt: xx⇒ dv==edxve Khi đó: K=exsin2x−2∫exxcos2xdx=−esin2x2J(3) Thay (3) vào (2), ta được: 1 J=excos2x+2(exxsin2x−2J)⇔J=(cos2x++2sin2x)eC(4) 5 Thay (4) vào (1), ta được: 111 I=[ex+(cos2x+2sin2x)exx]+C=(5+cos2x++2sin2x)eC 2510 1 Cách 2: I=exx.(1+cos2x)dx=(a+b.cos2x++c.sin2x)eC.(5) 2∫ Lấy đạo hàm hai vế của (5), ta được: 1 ex(1+cos2x)=(−b.sin2x+2c.cos2x)exx+(a++b.cos2xc.sin2x)e 2 =[a+(2x+b)cos2x+−(c2b)sin2x]ex.(6) 2a==1a1/2  Đồng nhất đẳng thức, ta được: 2(2c+b)=1⇒=b1/10.  2(c−2b)==0c1/5 1 Vậy: I=(5+cos2x++2sin2x)ex C. 10 Bài toán 4: Tính I=∫P(x)eαxdx với P là một đa thức thuộc R[X] và α∈R.* PHƯƠNG PHÁP CHUNG Ta lựa chọn một trong hai cách sau: • Cách 1: (Sử dụng tích phân từng phần). Ta thực hiện theo các bước sau: du= P'(x)dx u= P(x)  + Bước 1: Đặt : ⇒ 1. dv=eαxdx ve=ax α 11 + Bước 2: Khi đó: I=−P(x)eααxxP'(x).e.dx. αα∫ + Bước 3: Tiếp tục thủ tục trên ta sẽ “khử” được đa thức. • Cách 2: (Sử dụng phương pháp hệ số bất định). Ta thực hiện theo các bước : Trang 27 Tích phân Trần Sĩ Tùng + Bước 1: Ta có: I=∫P(x).eααxx.dx=+A(x)eC.(1) trong đó A(x) là đa thức cùng bậc với P(x) + Bước 2: Lấy đạo hàm hai vế của (1), ta được: P(x).eααxx=[A'(x)+αA(x)].e(2) Sử dụng phương pháp hệ số bất định ta xác định được A(x). + Bước 3: Kết luận Nhận xét: Nếu bậc của đa thức P(x) lớn hơn hoặc bằng 3 ta thấy ngay cách 1 tỏ ra quá cồng kềnh, vì khi đó ta cần thực hiện thủ tục lấy tích phân từng phần nhiều hơn ba lần. Do đó ta đi tới nhận định chung sau: • Nếu bậc của P(x) nhỏ hơn hoặc bằng 2, ta lựa chọn cách 1. • Nếu bậc của P(x) lớn hơn 2, ta lựa chọn cách 2. Ví dụ 7: Tính : I=∫xe3xdx. Giải: du= dx ux=  13x13x113x3x Đặt: ⇒ 1 . Khi đó: I=xe−e.dx=xe−+eC. dv=e3xdx ve=3x 33∫39 3 Ví dụ 8: Tính : I=∫(2x3+5x2−+2x4)e2xdx Giải: Ta có: I=∫(2x3+5x2−2x+4)e2xdx=(ax3+bx2+cx++d)e2x C.(1) Lấy đạo hàm hai vế của (1), ta được: (2x3+5x2−2x+4)e2x=[2ax3+(3a+2b)x2+(2b+2c)x++c2d]e2x (2) 2a==2a1  3a+2b==5b1 Đồng nhất đẳng thức ta được: ⇔ 2b+2c=−2c2=− c+2d==4d3 Khi đó: I=(xx3+2−2x++3)e2x C. Bài toán 5: Tính I=∫xα.lnxdx,vớiα∈−R\{1}. 1 du=dx u=lnx x Đặt : ⇒ dv=xαdx 1 vx=α+1 α+1 xα+1xαxxα+11α+ Khi đó: I=lnx−dx=lnx−+C. α+1∫α+11α+ (α+1)2 Trang 28 Trần Sĩ Tùng Tích phân Ví dụ 9: Tính I= ∫ x2 ln2xdx.  dx u= ln2x du = 333   x x2xx Đặt : ⇒ . Khi đó: I=ln2xxdx=ln2x−+C. dv=x2dx 1 3∫ 39 vx=3 3 BÀI TẬP Bài 16. Tìm họ nguyên hàm của các hàm số sau: a/ f(x)= lnx; b/ f(x)=+(x21)e2x ; c/ f(x)= x2 sinx; d/ f(x)=ex sinx; e/ f(x)= x.cosx; f/ f(x)=ex2(1++tgxtgx). 1 ĐS: a/ xlnxxC−+ b/ (2x2−x++3)e2x C; 4 1 c/ (2−x)2 cosx++2sinxC; d/ ex (sinx−+cosx)C; 2 e/ 2x(x−6)sinx+6(x−+2)cosxC; f/ extgx+ C. Bài 17. Tìm họ nguyên hàm của các hàm số sau: 2 lnx a/ f(x)= e;x b/ f(x);= c/ f(x)=+(x1)22cosx; x d/ f(x)= e−2x.cos3x; e/ f(x)= sin(lnx); f/ f(x)=x2 +≠K,(K0); lnx2 ĐS: a/ 2(x−+1)ex C; b/ 2lnx−2x−+C; x (x+1)32(x++1)sin2x(x1)cos2xsin2x c/ ++−+C; 6448 e−2x x d/ (3sin3x−+2cos3x)C; e/ [sin(lnx)++cos(lnx] C; 13 2 xK f/ x22+K+lnx+x++KC. 22 Bài 18. Tìm họ nguyên hàm của các hàm số sau: a/ f(x)= x3 lnx (HVQY_1999) b/ f(x)=+(x2 2)sin2x (ĐHPĐ_2000) c/ f(x)= xsinx (ĐHMĐC_1998) 11 1x1 ĐS: a/ x44lnx−+xC; b/ −(x2 +2)cos2x+sin2x++cos2xC; 416 224 c/ −2x3 cosx+6xsinx+12xcosx−+12sinxC. Trang 29 Tích phân Trần Sĩ Tùng Vấn đề 6: XÁC ĐỊNH NGUYÊN HÀM BẰNG PHƯƠNG PHÁP DÙNG NGUYÊN HÀM PHỤ Ý tưởng chủ đạo của phương pháp xác định nguyên hàm của f(x) bằng kỹ thuật dùng hàm phụ là tìm kiếm một hàm g(x) sao cho nguyên hàm của các hàm số f(x)± g(x) dễ xác định hơn so với hàm số f(x), từ đó suy ra nguyên hàm F(x) của hàm số f(x). Ta thực hiện theo các bước sau: + Bước 1: Tìm kiếm hàm số g(x). + Bước 2: Xác định các nguyên hàm của các hàm số f(x)± g(x), tức là: F(x)+=+G(x)A(x)C1  (I) F(x)−G(x)=+B(x)C2 1 + Bước 3: Từ hệ (I), ta nhận được: F(x)=[A(x)++B(x)]C 2 là họ nguyên hàm của hàm số f(x). sinx Ví dụ 1: Tìm nguyên hàm hàm số: f(x).= sinx− cosx Giải: cosx Chọn hàm số phụ: g(x) = sinx− cosx Gọi F(x) và G(x) theo thứ tự là nguyên hàm của các hàm số f(x), g(x). Ta có: sinx+ cosx f(x)+=g(x) sinx+cosx sinx+−cosxd(sinxcosx) ⇒F(x)+G(x)=dx==lnsinx−+cosxC. ∫∫sinxcosxsinxcosx 1 −− sinx−cosx f(x)−g(x)==1⇒F(x)−G(x)=dx=+xC. sinx− cosx ∫2 F(x)+G(x)=lnsinx−+cosxC1 1 Ta được:  ⇒F(x)=(lnsinx−cosx++x)C. F(x)−G(x)=+xC2 2 cosx4 Ví dụ 2: Tìm nguyên hàm hàm số: f(x) = sin44x+ cosx Giải: sinx4 Chọn hàm số phụ: g(x) = sin44x+ cosx Gọi F(x) và G(x) theo thứ tự là nguyên hàm của các hàm số f(x), g(x). Ta có: sin44x+csx f(x)+g(x)==1⇒F(x)+G(x)=dx=+xC sin44x+ cosx ∫ 1 cos4x−−sin4xcos22xsinxcos2x f(x)−g(x) === 4422222 1 sinx+cosx(cosx+−sinx)2cosx.sinx 1−sin22x 2 Trang 30