Toán tích phân - Trần Sĩ Tùng

Tích phân Trần Sĩ Tùng x32 − Ví dụ 17: Tính tích phân bất định: I= dx. ∫x(x42++3x2) Giải: t3− Đặt tx=2. Suy ra: dt=2xdx&x3(2−=3x28)dxdt. t(t++1)(t2) t3− Khi đó: I= dt ∫t(t−+1)(t2) t−3abc(a+b+c)t2 +(2a+2b++c)t2a Ta có: =++= t(t+1)(t−2)tt+1t+2t(t++1)(t2) a+b+c=0a=−3/2  Đồng nhất đẳng thức, ta được: 3a+2b+c=1⇔=b4  2a=−3c=−5/2 t−331451 Khi đó: =−+− t(t+1)(t+2)2tt++12t2 3145135 Do đó: I=−+−dt=−lnt+4ln|t+1|−ln|t++2|C ∫2tt++12t222 35 =−ln(x2)+4ln(x22+1)−ln(x++2)C. 22 dx Ví dụ 18: Tính tích phân bất định: I.= ∫t(x62+1) Giải: dx1dt Đặt tx=3. Suy ra: dt==3x2dx&. x(x6++1)23t(t221) 1dt Khi đó: I= 3∫t(t22+1) 1abtct(a+b)t42+(2a+b++c)ta Ta có: =++= t(t2+1)2tt2+1(t2++1)2t(t221) a+b==0a1  dt1tt Đồng nhất, ta được: 2a+b+c=0⇔b1=− ⇒ 22=−−222. t(t+1)tt++1(t1) a=1c1=− 1tt111 Do đó: I=−−dt=ln|t|−ln|t2 +1|++.C ∫2222 tt+1(t++1)22t1 1t2611x1 =(ln+)+C=(ln++)C. 22t2+1t2+1x66++1x1 Trang 46 Trần Sĩ Tùng Tích phân 1x−4 Ví dụ 19: Tính tích phân bất định: I= dx. ∫x(1+x)4 Giải: 1−−x4 11t Đặt tx=4. Suy ra: dt==4x3dx&. x(1+x)4 4t(1+t) 11t− Khi đó: I= dt 4∫t(1+t) 1−tab(a++b)ta Ta có: =+= t(1++t)tt1 t(t22+1) a+b=−=1a1 1−t12 Đồng nhất đẳng thức, ta được: ⇔⇒ =− a=1b2=− t(1++t)tt1 12|t|x4 Do đó: I=−dt=ln|t|−2ln|t+1|+C=ln2+C=+ln42C. ∫tt1+ (t++1)(x1) (x3 −1)dx Ví dụ 20: Tính tích phân bất định: I = . ∫x(x34−4)(x−+4x1) Giải: (x3 −1)dx Biến đổi I về dạng: I = ∫(x44−4x)(x−+4x1) Sử dụng đồng nhất thức: 1=(x44−4x+1)(−−(x4x) [(x4−4x+1)−(x4−4x)](x3−1)dx(x33−−1)dx(x1)dx Ta được: I==− ∫(x4−4x)(x4−4x+1)∫∫x44−4xx−+4x1 11x4−4x =(ln|x44−4x|−ln|x−+4x1|)+C=+lnC. 44x4−+4x1 x12 − Ví dụ 21: Tính tích phân bất định: I= dx. ∫x4+2x32−x++2x1 Giải: Chia cả tử và mẫu của biểu thức dưới dấu tích phân cho x2≠0, ta được: 1 11 1− dx+dx1++ 2 xx I=xdx == ∫21 ∫∫22 x2+2x1−++ 111 2x++2x+−3x++−14 xx xxx 1 x12 2 1++− 1x−+x1 =lnx +C=+lnC. 1 2 44x+++12 x++3x1 x Trang 47 Tích phân Trần Sĩ Tùng BÀI TẬP Bài 20. Tính tích phân sau: dx dx dx a/ ; b/ ; c/ . ∫ 4x2 ++8x3 ∫x2 −+7x10 ∫ 3x2 −−2x1 12x1+ 1x5− 13x3+ ĐS: a/ ln+ C; b/ ln+ C; c/ ln+ C. 42x3+ 3x2− 43x1+ Bài 21. Tính các tích phân sau: 2x7− 5x7− 2x7+ 2x5+ a/ dx; b/ dx; c/ dx; d/ dx; ∫x2 −+3x2 ∫x2 −+3x2 ∫x2 ++5x6 ∫9x2 −+6x1 9x1− ĐS: a/ 5lnx−1−3lnx−+2C; b/ 5lnx+1−+lnC; 2x1+ 2171 c/ 3lnx+2−lnx++3C; d/ ln3x−1−+.C. 993x1− Bài 22. Tính các tích phân sau: xdx 2x2 +−41x91 dx a/ ; b/ dx; c/ ; ∫ (x++1)(2x1) ∫(x−1)(x2 −−x12) ∫6x32−−7x3x x13 − (x3 −+3x2)dx (x+ 2)2 dx d/ dx; e/ ; f/ . ∫ 4xx3 − ∫x(x2 ++2x1) ∫ x(x2 −+2x1) 11 ĐS: a/ lnx+1−lnx++C; b/ 4lnx−1+5lnx−4+7lnx++3C; 22 12331 c/ −lnx+lnx−+lnx++C; 3332113 17191 d/ x+lnx−lnx−−lnx++C; 4162162 4 9 e/ x+2lnx4lnx+1−+C; f/ 4lnx−2lnx−1−+C. x1+ x1− Bài 23. Tính các tích phân sau: xdx x7dx xdx x5dx 2dx a/ ; b/ ; c/ ; d/ ; e/ ; ∫ x42−+3x2 ∫ (x42+1) ∫ x42−−2x1 ∫ x63−−x2 ∫ x(x2 +1) x5dx dx x12 − x3 x2dx f/ ; g/ ;h/ dx; i/ dx; k/ . ∫ x63−−x2 ∫ x(x102+1) ∫x14 + ∫ (x22+ 1) ∫ (1− x)10 2 1x2− 114 ĐS: a/ ln+ C; b/ lnx−1++C; 2x12 − 4x14 + 1x2−+(12) 11x23 − c/ ln+ C; d/ lnx63−x−2++lnC; 42x2−−(12) 618x13+ Trang 48 Trần Sĩ Tùng Tích phân x2 1x2 e/ ln+ C; f/ ln+ C; x12 + 8x42 + 1 10 x2 1x9 1+− g/ ln++C; h/ lnx+ C; 1010 1 9x++1x1 22 x2++ x 112 111 i/ ln(x+1)++C; k/ −−−+C. 2x12 +7(x−1)7894(x−−1)9(x1) 2x2 ++2x5 Bài 24. Cho hàm số f(x) = x2 −+3x2 mnp a/ Tìm m, n, p để f(x) =++ (x−1)2 x−+1x2 b/ Tìm họ nguyên hàm của f(x) (ĐHTM_1994) 3 ĐS: a/ m=3;n==1;p1. b/ ln(x−1)(x+2)−+C. x1− Bài 25. Tìm họ nguyên hàm của các hàm số: x24 − 1x12 − a/ f(x);= b/ ln+ C. (ĐHTM_1994) xx3 − 2x2 11 1x12 − ĐS: a/ x22+2lnx−lnx−+1C; b/ ln+ C. 22 2x2 3x2 ++3x3 Bài 26. Cho hàm số y = . x3 −+3x2 abc a/ Xác định các hằng số a, b, c để y.=++ (x−1)2 x−−1x2 b/ Tìm họ nguyên hàm của y (ĐHQG–Hà Nội_1995) 3 ĐS: a/ a = 3; b = 2; c = 1. b/ −+2lnx−1+lnx++2C. x1− Bài 27. Tìm họ nguyên hàm của hàm số: x2001 1 a/ f(x) = b/ f(x) = (1+ x)21002 x(x1999 + 2000) x12 − c/ f(x) = (x22+5x+1)(x−+3x1) 1001 1x2 1x1999 ĐS: a/ + C; b/ ln+ C; 20021x+2 1999−+2000x1999 2000 1x2 −+3x1 c/ ln+ C. 8x2 −+5x1 Trang 49 Tích phân Trần Sĩ Tùng Vấn đề 8: NGUYÊN HÀM CÁC HÀM LƯỢNG GIÁC Để xác định nguyên hàm các hàm lượng giác ta cần linh hoạt lựa chọn một trong các phương pháp cơ bản sau: 1. Sử dụng các dạng nguyên hàm cơ bản. 2. Sử dụng các phép biến đổi lượng giác đưa về các nguyên hàm cơ bản. 3. Phương pháp đổi biến. 4. Phương pháp tích phân từng phần. 1. SỬ DỤNG CÁC DẠNG NGUYÊN HÀM CƠ BẢN Bài toán 1: Xác định nguyên hàm các hàm lượng giác bằng việc sử dụng các dạng nguyên hàm cơ bản. dx Dạng 1: Tính tích phân bất định: I = ∫ sin(x++a)sin(xb) PHƯƠNG PHÁP CHUNG Ta thực hiện theo các bước sau: • Bước 1: Sử dụng đồng nhất thức: sin(a−b)sin[(x+a)−+(xb) 1 == sin(a−−b)sin(ab) • Bước 2: Ta được: dx1sin[(x+a)−−(xb)] I==dxdx ∫∫sin(x+a)sin(x+b)sin(a−b)sin(x++a)sin(xb) 1sin(x+a).cos(x+b)−cos(x++a).sin(xb) = dx sin(a−b)∫ sin(x++a)sin(xb) 1cos(x++b)cos(xa) =−∫∫dxdx sin(a−b)sin(x++b)sin(xa) 1 =[ln|sin(x+b)}−ln|sin(x++a)|]C sin(a−b) 1sin(x+b) =+lnC. sin(a−+b)sin(xa) Chú ý: Phương pháp trên cũng được áp dụng cho các dạng tích phân sau: dx sin(a− b) 1. I = , sử dụng đồng nhất thức 1.= ∫ cos(x++a)cos(xb) sin(a− b) dx cos(a− b) 2. I = , sử dụng đồng nhất thức 1.= ∫ sin(x++a)cos(xb) cos(a− b) Trang 50 Trần Sĩ Tùng Tích phân 1 Ví dụ 1: Tìm họ nguyên hàm của hàm số f(x) = . π sinx.cosx+ 4 Giải: • Cách 1: Sử dụng phương pháp trong dạng toán cơ bản π π cos cosxx+− 4 π Sử dụng đồng nhất thức: 1=4 ==2cosx+−x. π  cos 2 4 4 2 π ππ cosxx+− cosx+cosx++sinxsinx 4 44 Ta được: F(x)==2dx2  ∫∫ππ sinx.cosx++sinx.cosx 44 π sinx+ cosx 4 =+2∫∫dxdx sinx π cosx+ 4 πsinx =2ln|sinx|−lncosx++C=+2lnC 4 π cosx+ 4 • Cách 2: Dựa trên đặc thù của hàm f(x) dxdx Ta có: F(x)==22 ∫∫sinx.(cosx−sinx) sin2 x(cotgx−1) d(cotgx)d(cotgx−1) =−2=−2=−2lncotgx−+1C. ∫∫cotgx−−1cotgx1 dx Dạng 2: Tính tích phân bất định: I = ∫ sinx+αsin PHƯƠNG PHÁP CHUNG Ta thực hiện theo các bước sau: dx1dx • Bước 1: Biến đổi I về dạng: I== (1) ∫∫xx+α−α sinx+αsin2sin.cos 22 • Bước 2: Áp dụng bài toán 1 để giải (1). Chú ý: Phương pháp trên cũng được áp dụng cho các dạng tích phân sau: dx 1. I=≤,với|m|1 ∫ sinxm+ dxdx 2. I=vàI=≤,với|m|1. ∫∫cosx+cosα+cosxm Trang 51 Tích phân Trần Sĩ Tùng 1 Ví dụ 2: Tìm họ nguyên hàm của hàm số f(x) = . 2sinx1+ Giải: Biến đổi f(x) về dạng: 11111 f(x)===..(1) 1 24π6x+π6x −π 2sinx+sinx+sinsin.cos 2 61212 π 6x+π6x −π cos cos− 26x+π6x −π Sử dụng đồng nhất thức: 1=6 =1212 =−cos π  cos 331212 6 2 3x+π6x −π cos − 1  Ta được: F(x) = 1212 ∫ 6+π6x −π 23 sin.cos 1212 6x+π6x−π6x+π6x −π 1 cos.cos+ sin.sin = 12121212 ∫6x+π6x −π 23 sin.cos 1212 6x+π6x −π 1 cossin =+12dx12 dx ∫∫6x+π6x −π 23sincos 1212 6x +π sin 16x+π6x1+π =lnsin−lncos+C=+ln12 C. 6x −π 2331212 cos 12 Dạng 3: Tính tích phân bất định: I=∫ tgx.tg(x+α)dx. PHƯƠNG PHÁP CHUNG Ta thực hiện theo các bước sau: • Bước 1: Biến đổi I về dạng: sinx.sin(x)+α I=tgx.tg(x+α=)dxdx ∫∫cosx.cos(x)+α cosx.cos(x+α)+sinx.sin(x)+α =−∫1dx cosx.cos(x)+α cosαdxdx =−dx=cosα−x(1) ∫cosx.cos(x+α)∫∫cosx.cos(x)+α • Bước 2: Áp dụng bài toán 1 để giải (1). Chú ý: Phương pháp trên cũng được áp dụng cho các dạng tích phân sau: Trang 52 Trần Sĩ Tùng Tích phân 1. I=∫ tg(x+α).cotg(x+β)dx. 2. I=∫ cotg(x+α).cotg(x+β)dx. π Ví dụ 3: Tìm họ nguyên hàm của hàm số f(x)=+tgx.tgx. 4 Giải: πππ sinx.sinx+cosx.cosx+++sinx.sinx Biến đổi f(x) về dạng: f(x)1=4=−44 ππ cosx.cosx++cosx.cosx 44 π cos 21 =4−1=−.1. ππ2  cosx.cosx++cosx.cosx 44 2dx2dx Khi đó: F(x)=−dx=−+x(1) 22∫ππ∫∫ cosx.cosx++cosx.cosx 44 dx Để đi xác định : J = ta lựa chọn một trong hai cách sau: ∫ π cosx.cosx+ 4 • Cách 1: Sử dụng phương pháp trong dạng toán cơ bản. π π sin sinxx+− 4 π Sử dụng đồng nhất thức: 1=4 ==2sinxx+− π  sin 2 4 4 2 Ta được: π ππ sinxx+− sinx+cosx−+cosxsinx 4 J==2dx244dx ∫∫ππ cosx.cosx++cosx.cosx 44 π sinx+ 4 sinx π =2∫∫dx−dx=2−lncosxx+++lncosxC πcosx4 cosx+ 4 cosx =2ln +C=−2ln1−+tgxC. π cosx+ 4 • Cách 2: Dựa trên đặc thù của hàm dưới dấu tích phân dxdx Ta có: J==22 ∫∫cosx.(cosx−sinx) cos2 x(1−tgx) Trang 53 Tích phân Trần Sĩ Tùng d(tgx)d(1− tgx) =2=−2=−2ln1−+tgxC ∫∫1−−tgx1tgx Vậy ta được: F(x)=−x−ln1−+tgxC. dx Dạng 4: Tính tích phân bất định: I = ∫ asinx+ bcosx PHƯƠNG PHÁP CHUNG Ta có thể lựa chọn hai cách biến đổi: • Cách 1: Ta có: 1dx1dx I == 22∫∫22 xx+α+α a++bsin(x)+α ab2sincos 22 x+α dtg 1dx1 ==2 22∫∫x+αxx+α22 +α a++b2tgcos2 ab tg 222 1x+α =+lntgC. ab22+2 • Cách 2: Ta có: 1dx1sin(x+α)dx I == ∫∫2 a2++b2sin(x)+α ab22sin(x)+α 1d[cos(x+α)]1cos(x+α−)1 =−=−+lnC. ∫2 a2++b2cos(x+α−)1 2ab22cos(x+α+)1 Chú ý: Chúng ta cũng có thể thực hiện bằng phương pháp đại số hoá với việc đổi biến: x t= tg. 2 2 Ví dụ 4: Tìm họ nguyên hàm của hàm số f(x) = . 3sinx+ cosx Giải: 2dxdxdx Ta có: F(x) === ∫3sinx+ cosx ∫∫πxxππ sinx+2sin++cos 6212212 xπ dtg+ dxx212 π ===lntg++C. ∫∫xπxxππ 212 2tg+cos2++tg 212212212 asinx+ bcosx Dạng 5: Tính tích phân bất định: I= ∫ 11dx. a22sinx+ bcosx PHƯƠNG PHÁP CHUNG Ta thực hiện theo các bước sau: Trang 54 Trần Sĩ Tùng Tích phân • Bước 1: Biến đổi : a1sinx+b1cosx=A(a2sinx+b2cosx)+−B(a22cosxbsinx) • Bước 2: Khi đó: A(asinx+bcosx)+−B(acosxbsinx) I=∫2222dx a22sinx+bcosx a22cosx−bsinx =A∫∫dx+Bdx=Ax+Blna22sinx++bcosxC a22sinx+bcosx 4sinx+3cosx Ví dụ 5: Tìm họ nguyên hàm của hàm số f(x) = . sinx+2cosx Giải: Biến đổi: 4sinx+3cosx=a(sinx+2cosx)+−b(cosx2sinx) =(a−2b)sinx++(2ab)cosx a−2b==4a2 Đồng nhất đẳng thức, ta được: ⇔ 2a+b=3b1=− 2(sinx+2cosx)−(cosx−−2sinx)cosx2sinx Khi đó: f(x)==−2. sinx++2cosxsinx2cosx cosx−+2sinxd(sinx2cosx) Do đó: F(x)=2−dx=−2dx ∫∫sinx++2cosxsinx2cosx =2x−lnsinx++2cosxC asinx+bcosx Dạng 6: Tính tích phân bất định: I=11dx ∫ 2 (a22sinx+bcosx) PHƯƠNG PHÁP CHUNG Ta thực hiện theo các bước sau: • Bước 1: Biến đổi : a1sinx+b1cosx=A(a2sinx+b2cosx)+−B(a22cosxbsinx) • Bước 2: Khi đó: A(asinx+bcosx)+−B(acosxbsinx) I=2222dx ∫ 2 (a22sinx+bcosx) dxacosx−bsinx =+AB22dx ∫∫2 a22sinx+bcosx(a22sinx+bcosx) AdxB =− 22∫ ab+sin(x+α+)a22sinxbcosx 22 AxB+α =ln|tg|C−+ 22 2asinx+bcosx ab22+ 22 ba Trong đó sinα=22vàcosα= 2222 a2++b2ab22 Trang 55 Tích phân Trần Sĩ Tùng 8cosx Ví dụ 6: Tìm họ nguyên hàm của hàm số f(x) = . 2+−3sin2xcos2x Giải: 8cosx8cosx Biến đổi: f(x) == 3sin2x+23sinxcosx++cos22x(3sinxcosx) Giả sử: 8cosx=a(3sinx+cosx)+b(3cosx−sinx)=(a3−b)sinx++(a b3)cosx a3−=b0 a2= Đồng nhất đẳng thức, ta được: ⇔ a+=b3 b=23 223(3cosx− sinx) Khi đó: f(x) =− 3sinx++csx(3sinxcosx) 2dxd(3sinx+ cosx) Do đó: F(x)=−23 ∫∫3sinx++cosx(3sinxcosx)2 1xπ 23 =lntg+−+C. 2212 3sinx+cosx Chú ý: Trong lời giải trên ta đã tận dụng kết quả trong ví dụ 4 là: 2dx1xπ =lntgC++ ∫3sinx+cosx 2212 dx Dạng 7: Tính tích phân bất định: I = ∫ asinx++bcosxc PHƯƠNG PHÁP CHUNG Ta xét 3 khả năng sau: 1. Nếu c=+ab22 Ta thực hiện phép biến đổi: 1111 ==. x −α asinx+bcosx+cc[1+cos(x−α)]2c cos2 2 ab trong đó sinα=vàcosα= a2++b2ab22 x −α d 1dx11x−α Khi đó: I==2 =+tgC. ∫∫xx−α−α 2ccos22ccos 22 22 2. Nếu c=−+ab22 Ta thực hiện phép biến đổi: Trang 56 Trần Sĩ Tùng Tích phân 1111 ==. x −α asinx+bcosx+cc[1−cos(x−α)]2c sin2 2 ab trong đó sinα=vàcosα= a2++b2ab22 x −α d 1dx11x−α Khi đó: I==2=+cotgC. ∫∫xx−α−α 2csin22csin c2 22 3. Nếu c2≠+ab22 x Ta thực hiện phép đổi biến t= tg. 2 2dt2t1t− 2 Khi đó: dx=,sinx==&cosx. 1+t21++t221t 2dx Ví dụ 7: Tính tích phân bất định I = . ∫ 2sinx−+cosx1 Giải: x 111x12dt Đặt: t= tg, ta được: dt=.dx=1+tg22dx=(1+t)dx⇒=dx x  2 2 2cos2 222 1t+ 2 4dt x tg1− 2 2dtd(t+−1)t1 Khi đó: I=1+t2==2=ln+C=+lnC ∫4t1−t2∫∫t22+2t(t+−1)1 t1+ x −+1 tg1+ 1++t221t 2 xπ =lntg−+C. 24 asinx++bcosxc Dạng 8: Tính tích phân bất định: I= ∫111dx. a1sinx++b22cosxc PHƯƠNG PHÁP CHUNG Ta thực hiện theo các bước sau: • Bước 1: Biến đổi: a1sinx+b1cosx+c1=A(a2sinx+b2cosx+c2)+B(a22cosx−+bsinx)C • Bước 2: Khi đó: A(asinx+bcosx+c)+B(acosx−+bsinx)C I = 22222 ∫ asinx++bcosxc 222 acosx−bsinx dx =A∫dx++B∫∫22dxC a2sinx+b2cosx+c2a2sinx++b22cosxc Trang 57 Tích phân Trần Sĩ Tùng dx =Ax+Blnasinx+bcosx++cC 222∫ a2sinx++b22cosxc dx trong đó ∫ được xác định nhờ dạng 4. a2sinx++b22cosxc 5sinx Ví dụ 8: Tìm họ nguyên hàm của hàm số f(x).= . 2sinx−+cosx1 Giải: Giả sử: 5sinx = a(2sinx – cosx + 1) + b(2cosx + sinx) + c = (2a + b)sinx + (2b – a)cosx + a + c. 2a+b==5a2  Đồng nhất đẳng thức, ta được: 2b−a=0⇔=b1  a+c=0c2=− 2(2sinx−cosx+1)+(2cosx+−sinx)2 Khi đó: f(x) = 2sinx−+cosx1 2cosx+sinx2 =2+− 2sinx−cosx+12sinx−+cosx1 2cosx+sinx2 Do đó: F(x)=2dx+−dxdx ∫∫∫2sinx−cosx+12sinx−+cosx1 d(2sinx−+cosx1)2dx =2dx +− ∫∫2sinx−cosx+12sinx−+cosx1 xπ =2x+ln|2sinx−cosx+1|−lntg−+C. 22 Chú ý: Trong lời giải trên ta đã tận dụng kết quả trong ví dụ 7 là: 2dxxπ =lntg−+C. ∫2sinx−+cosx124 asin22x++bsinxcosxccosx Dạng 9: Tính tích phân bất định: I=∫111dx. a22sinx+bcosx PHƯƠNG PHÁP CHUNG Ta thực hiện theo các bước sau: 22 • Bước 1: Biến đổi: a1sinx++b11sinx.cosxccosx 22 =(Asinx+Bcosx)(a22sinx+bcosx)++C(sinxcosx) • Bước 2: Khi đó: (Asinx+Bcosx)(asinx++bcosx)C I= 22 dx ∫ asinx+bcosx 22 dx =∫∫(Asinx++Bcosx)dxC a22sinx+bcosx Trang 58 Trần Sĩ Tùng Tích phân Cdx =−Acosx++Bsinx ∫ ab22+ sin(x)+α 22 Cx+α =−Acosx+Bsinx++ln|tg|C 22 1 ab22+ ba trong đó sinα=22vàcosα= . 2222 a2++b2ab22 4sin2 x1+ Ví dụ 9: Tìm họ nguyên hàm của hàm số f(x) = . 3sinx+cosx Giải: Giả sử: 4sin2x+1=5sin2x+cos2x=(asinx+bcosx)(3sinx+cosx)++c(sin22xcosx) =(a3+c)sin22x+(a+b3)sinx.cosx++(bc)cosx. a3+=c5 a3=   Đồng nhất đẳng thức, ta được: a+b3=0⇔b1=−   bc+==1c2 2dx Do đó: F(x)=(3sinx−−cosx)dx ∫∫3sinx+cosx 1xπ =−3cosx−sinx−lntg++C. 2212 Chú ý: Trong lời giải trên ta đã tận dụng kết quả trong ví dụ 4 là: 2dx1xπ =lntg++C. ∫3sinx+cosx 2212 dx Dạng 10: Tính tích phân bất định: I.= ∫asin22x++bsinxcosxccosx PHƯƠNG PHÁP CHUNG Ta thực hiện theo các bước sau: dx • Bước 1: Biến đổi I về dạng: I= ∫(atg22x++btgxc)cosx • Bước 2: Thực hiện phép đổi biến: t = tgx 1dxdt Suy ra: dt==dx& cos2x(atg2x+btgx+c)cos22xat++btc dt Khi đó: I.= ∫at2 ++btc dx Ví dụ 10: Tính tích phân bất định: I= ∫3sin22x−−2sinxcosxcosx Trang 59 Tích phân Trần Sĩ Tùng Giải: dx Sử dụng đẳng thức: =d(tgx) cosx2 1 dtgx − dx1d(tgx)1 Ta có: I ===3 ∫22∫∫22 (3tgx−−2tgx1)cosx 331414 tgx−−tgx −− 3939 12 tgx −− 11tgx−−11sinxcosx =ln33+C=ln+C=+lnC. 12 4tgx −+ 43tgx++143sinxcosx 33 2. SỬ DỤNG CÁC PHÉP BIẾN ĐỔI LƯỢNG GIÁC ĐƯA VỀ CÁC NGUYÊN HÀM CƠ BẢN Bài toán 2: Xác định nguyên hàm các hàm lượng giác sử dụng các phép biến đổi lượng giác PHƯƠNG PHÁP CHUNG Sử dụng các phép biến đổi lượng giác đưa biểu thức dưới dấu tích phân về dạng quen thuộc. Các phép biến đổi thường dùng bao gồm: • Phép biến đổi tích thành tổng (chúng ta đã thấy trong phương pháp phân tích) • Hạ bậc • Các kỹ thuật biến đổi khác. Chúng ta sẽ lần lượt xem xét các ví dụ mẫu. 2.1. Sử dụng phép biến đổi tích thành tổng: Ở đây chúng ta nhớ lại các công thức sau: 1 1 a/ cosx.cosy=[cos(x+y)+−cos(xy)] c/ sinx.cosy=[sin(x+y)+−sin(xy)] 2 2 1 1 b/ sinx.siny=[cos(x−y)−+cos(xy)] d/ cosx.siny=[sin(x+y)−−sin(xy)] 2 2 Ví dụ 11: Tìm họ nguyên hàm của hàm số f(x)= cos3x.cos5x. (ĐHAN–97) Giải: 1 Sử dụng các phép biến đổi tích thành tổng, ta được: f(x)=+(cos8xcos2x) 2 1111 Khi đó: F(x)=(cos8x+cos2x)dx=sin8x++sin2xC. 2∫ 282 Chú ý: Nếu hàm f(x) là tích của nhiều hơn 2 hàm số lượng giác ta thực hiện phép biến đổi dần, cụ thể ta đi xem xét ví dụ sau: Trang 60