Trần Sĩ Tùng - Tích phân

Trần Sĩ Tùng Tích phân ππ Ví dụ 12: Tìm họ nguyên hàm của hàm số f(x)=tgxtg−+xtgx 33 Giải: ππ sinx.sin−+x.sinx Ta có: f(x)= 33(1) ππ cosx.cos−+x.cosx 33 Sử dụng các phép biến đổi tích thành tổng, ta được: πππ12 sinx.sin−x.sin+x=−sinxcos2xcos 3323 πππ12 cosx.cos−x.cos+x=+coscoscos2x 3323 11111 =−cosx+cos2x.cosx=−cosx+(cos3x+=cosx)cos3x. 42444 Suy ra: f(x) = tg3x 11sin3x1d(cos3x)1 Khi đó: F(x)=tg3xdx=dx=−=−+lncos3xC. 4∫4∫∫cos3x12cos3x12 2.2. Sử dụng phép hạ bậc: Ở đây chúng ta nhớ lại các công thức sau: 1− cos2x 3sinx− sin3x a/ sinx2 = c/ sinx3 = 2 4 1+ cosx 3cosx+ cos3x b/ cosx2 = d/ cosx3 = 2 4 được sử dụng trong các phép hạ bậc mang tính cục bộ, còn hằng đẳng thức: sin22x+=cosx1. được sử dungï trong các phép hạ bacä mang tính toàn cucï cho các bieuå thưcù , ví du ï như: 11 sin4x+cos4x=(sin2x+cos2x)2−2sin2x.cos22x=1−sin2x=1−−(1cos 4x) 24 13 =+cos4x 44 3 sin6x+cos6x=(sin2x+cos2x)3−3sin2x+cos22x)=−1sin2x 4 335 =1−(1−cos4x)=+cos4x. 888 Ví dụ 13: (HVQHQT_98): Tìm họ nguyên hàm của hàm số : a/ f(x)= sin3 x.sin3x b/ f(x)=+sin33x.cos3xcosx.sin3x. Giải: Trang 61 Tích phân Trần Sĩ Tùng a/ Biến đổi f(x) về dạng: 3sinx−sinx31 f(x)=.sin3x=−sin3x.sinxsin23x. 444 311 =(cos2x−cos4x)x−(1−cos6x)=(3cos2x−3cos4x+−cos6x1) . 888 1 Khi đó: F(x)=(3cos2x−3cos4x+−cos6x1)dx 8∫ 1331 =sin2x−+sin4xsin6x−+xC. 8246 b/ Biến đổi f(x) về dạng: 3sinx−+sin3xcos3x3cosx f(x)=+.cos3x.sin3x 44 33 =(cos3x.sinx+=sin3x.cosx)sin4x. 44 33 Khi đó: F(x)=sin4xdx=−+cos4xC. 4∫ 16 2.3. Sử dụng các phép biến đổi lượng giác khác nhau Ở đây ngoài việc vận dụng một cách linh hoạt các công thức biến đổi lượng giác các em học sinh còn cần thiết biết các định hướng trong phép biến đổi. Ví dụ 14: (ĐHNT TP.HCM_99): Tìm họ nguyên hàm của hàm số : sinx−cosx cos2x a/ f(x);= b/ f(x).= sinx+cosx sinx+cosx Giải: sinx−+cosxd(sinxcosx) a/ Ta có: F(x)==−=−ln(sinx++cosx)C ∫∫sinx++cosxsinxcosx cos2xcos22x−sinx b/ Ta có: F(x)==dxdx ∫∫sinx++cosxsinxcosx =∫(cosx−sinx)dx=sinx++cosxC. sin3x.sin4x Ví dụ 15: (ĐHNT HN_97): Tính tích phân bất định: I.= ∫tgx+cotg2x Giải: Biến đổi biểu thức dưới dấu tích phân về dạng: sin3x.sin4xsin3x.sin4x1 ==sin4x.sin3x.sin2x=−(cosxcos7x)sin2x tgx+cotg2x2cosx cosx.sin2x Trang 62 Trần Sĩ Tùng Tích phân 11 =(sin2x.cosx−cos7x.sin2x)=(sin3x+sinx−+sin9xsin5x). 24 1 Khi đó: I=(sinx++−sin3xsin5xsin9x)dx 4 ∫ 1111 =−(cosx+cos3xcos5x−+cos9x)C. 4359 Tổng quát: Cách tính phân dạng: ∫sinmnx.cosxdx với m, n là những số nguyên được tính nhờ các phép biến đổi hoặc dùng công tức hạ bậc. 3. PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN Bài toán 3: Tính tích phân các hàm lượng giác bằng phương pháp đổi biến PHƯƠNG PHÁP CHUNG Tính tích phân bất định sau: I= ∫ R(sinx,cosx)dx trong đó R là hàm hữu tỉ. Ta lựa chọn một trong các hướng sau: – Hướng 1: Nếu R(−sinx,cosx)=−R(sinx,cosx) thì sử dụng phép đổi biến tương ứng là t = cosx – Hướng 2: Nếu R(sinx,−cosx)=−R(sinx,cosx) thì sử dụng phép đổi biến tương ứng là t = sinx – Hướng 3: Nếu R(−sinx,−cosx)=−R(sinx,cosx) thì sử dụng phép đổi biến tương ứng là t = tgx (đôi khi có thể là t = cotgx). Do đó với các tích phân dạng: 1. I=∈∫ tgnxdx,vớinZ được xác định nhờ phép đổi biến t = tgx. 2. I=∈∫ cotgnxdx,vớinZ được xác định nhờ phép đổi biến t = cotgx. – Hướng 4: Mọi trường hợp đều có thể đưa về tích phân các hàm hữu tỉ bằng phép đổi x biến t= tg. 2 cosx+ sinx.cosx Ví dụ 16: (ĐHNT Tp.HCM_97): Tính tích phân bất định: I= dx. ∫ 2+ sinx Giải: (1+ sinx)cosx Biến đổi I về dạng: I = ∫ 2+ sinx Đặt t = sinx (1++sinx)cosx1t Suy ra: dt==cosxdx&dxdt 2++sinx2t Trang 63 Tích phân Trần Sĩ Tùng 1+t1 Khi đó: I=dt=1−dt=t−ln|2+t|+C=−sinxln|2++sinx|C ∫∫2++t2t Nhận xét: Trong bài toán trên sở dĩ ta định hướng được phép biến đổi như vậy là bởi nhận xét rằng: R(sinx, –cosx) = –R(sinx, cosx) do đó sử dụng phép đổi biến tương ứng là t = sinx. dx Ví dụ 17: (ĐHTCKT HN_96): Tính tích phân bất định: I.=∫ 4sin35x.cosx Giải: dxdx Biến đổi I về dạng: I==∫ 44tg3x.cos8xcos23xtgx Đặt: t = tgx dxdxdt Suy ra: dt&==2 cosx cos2x4tg3xt43 dt Khi đó: ∫=44 t+C=+44 tgxC. 43t 11 Chú ý: Như chúng ta đã thấy trong vấn đề 8 là = điều này rất quan trọng, khởi t2 |t| khi đó ta phải xét hai trường hợp t > 0 và t < 0. sinxdx Ví dụ 18: Tính tích phân bất định: I=∫ cosxsin2 x1+ Giải: dt Đặt t = cosx ⇒ dt = –sinxdx do đó: I=−∫ t2t−2 Ta cần xét hai trường hợp t > 0 và t < 0. Cụ thể: • Với t > 0, ta được: 1 d dt 12212+−2t2 I==t =ln+−1+C=+lnC. ∫∫2222tt22 t t2−−11 tt22 • Với x < 0, ta được: 1 d dt 122 I==−t=−ln+−+1C ∫∫ 2 2222tt t22−−11 tt 12+2−t2212++1sinx =−ln+C=+lnC. 22tcosx Tóm lại ta được: Trang 64 Trần Sĩ Tùng Tích phân 12+2−t2212++1sinx I=ln+C=+lnC. 22tcosx 4. PHƯƠNG PHÁP TÍCH PHÂN TỪNG PHẦN Bài toán 3: Xác định nguyên hàm các hàm lượng giác bằng phương pháp tích phân từng phần. PHƯƠNG PHÁP CHUNG Chúng ta đã được biết trong vấn đề: Xác định nguyên hàm bằng phương pháp tích phân từng phần, đối với các dạng nguyên hàm: Dạng 1: Tính: ∫∫P(x)sinααxdxhoặcP(x)cosxdx với P là một đa thức thuộc R[x] và α∈R.* u==P(x)uP(x) Khi đó ta đặt: hoặc dv=sinαxdxdv=αcosxdx Dạng 2: Tính: ∫∫eaxcos(bx)(hoặceax sin(bx)vớia,b0≠ u==cos(bx)usin(dx) Khi đó ta đặt: axhoặc ax dv==edxdvedx x Ví dụ 19: Tính tích phân bất định: I= dx ∫cosx2 Giải: Sử dụng phương pháp tích phân từng phần, bằng cách đặt: ux=  du=dx dx ⇒ dv =v=tgx cosx2 sinxd(cosx) Khi đó: I=x.tgx−tgxdx=x.tgx−dx=x.tgx+=x.tgx++ln|cosx|C. ∫∫∫cosxcosx cos2 xdx Ví dụ 20: Tính tích phân bất định: I.= ∫ sinx3 Giải: cosx.d(sinx) Biến đổi I về dạng: I.= ∫ sinx3 u=cosxdu=−sinxdx  Đặt: d(sinx)1⇒ dvv==− sin32xsinx cosxdxcosxxcosxx Khi đó: I=−−=−−dlntg=−−+lntgC. sin2x∫∫sinxsin22x22sinx Trang 65 Tích phân Trần Sĩ Tùng BÀI TẬP Bài 28. Tìm họ nguyên hàm của hàm số: 1 1 a/ f(x) = b/ f(x) = π 2+−sinxcosx cosxcosx+ 4 cosx2 sinx c/ f(x)= d/ f(x)= e/ f(x)= sinx.sin2x.cos5x sinx+ 3cosx 1+ sin2x π f/ f(x)=(sin4x++cos4x)(sin6xcos6x) g/ f(x)=sinx−+.(2sin2x) 4 1xπ ĐS: a/ −2ln1−+tgxC; b/ −cotg++C; 2 28 1ππ1x 1x1π c/ sinx++lntg++C; d/ lntg+++C; 26826 22 282(sinx+cosx) 1111 13 e/ sin2x+sin4x−+sin8xC; f/ (33x+7sin4x++sin8x)C; 4248 648 11πππ g/ −4cosx−+sinx+−sin3x−+C. 24434 Bài 29. Tìm họ nguyên hàm của hàm số sau: sinx3 a/ f(x) = (ĐHSP II Hà Nội _1999) 3sin4x−−sin6x3sin2x b/ I= ∫ cos5x.tgxdx K= ∫ cos3x.tgxdx (ĐHNT Tp.HCM– A_2000) 1 x cotgx c/ f(x)= d/ f(x)= e/ f(x) = sin2x− 2sinx sinx2 1+ sinx ππ 2 f/ f(x)=tgx++.cotgx g/ f(x)=+(x2)sin2x 36 1sin3x1− ĐS: a/ −+lnC; 48sin3x1+ 1 b/ I=2sinx−2sin3x++sin5xC; K=−cos3x++2cosxC; 3 12cosx1− c/ ++lnC; d/ −xcotgx++lnsinxC; 81−−cosxcosx1 π cosx− sinx 1 3 e/ ln+ C; f/ x++lnC; 1+ sinx 3 π cosx+ 3 113 g/ −x2 cos2x+xsin2x−+cos2xC. 224 Trang 66 Trần Sĩ Tùng Tích phân Vấn đề 9: NGUYÊN HÀM CÁC HÀM SỐ VÔ TỈ Để xác định nguyên hàm của các hàm số vô tỉ ta cần linh hoạt lựa chọn một trong các phương pháp cơ bản sau: 1. Phương pháp đổi biến. 2. Phương pháp tích phân từng phần. 3. Sử dụng các phép biến đổi. Hai công thức thường sử dụng: xdx 1. ∫ =x2 ±+aC xa2 ± dx 2. ∫ =+lnxx2 ±+aC. xa2 ± 1. PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN Bài toán 1: Xác định nguyên hàm các hàm số vô tỉ bằng phương pháp đổi biến axb+ Dạng 1: Tính tích phân bất định các hàm hữu tỉ đối với x và n có dạng: cxd+ axxb+ I=Rx,n dxvớiad−≠bc0. ∫cxd+ PHƯƠNG PHÁP CHUNG Ta thực hiện theo các bước sau: • Bước 1: Thực hiện phép đổi biến: ax+bax+−bbdtn Đặt: t=n ⇒txn =⇔= cx++dcxd ctan − • Bước 2: Bài toán được chuyển về: I= ∫S(t)dt. a+−xax Chú ý: Với hai dạng đặc biệt: I==Rx,dxhoặcIRx,dx chúng ta ∫∫a−+xax đã biết với phép đổi biến: x = acos2t. ax+ Trường hợp đặc biệt, với I= dx , ta có thể xác định bằng cách: ∫ ax− ax+ Vì có nghĩa khi −a≤x0,dođó(a+x)2 =+ax. ax− x++xaxdxxdx Khi đó: I=dx=dxa=+ ∫∫∫∫22 ax−a2−−x2ax22 ax− Trang 67 Tích phân Trần Sĩ Tùng dx Trong đó: ∫ được xác định bằng phép đổi biến x = asint. ab22+ xdx ∫ =−aa22−+xC. ax22− dx Ví dụ 1: Tính tích phân bất định: I = ∫ 3 x+1[3 x++1)2 1] Giải: 2 3 3 2 dx3tdt3tdt Đặt: t=x+1⇒t=+x1. Suy ra: 3tdt=dx& ==22 3x+1[3(x++1)21] t(t++1)t1 3tdt3d(t)2 Khi đó: I===ln(t22+1)+C=ln[3(x+1)++1]C. ∫∫t22++12 t1 dx Ví dụ 2: Tính tích phân bất định: I = ∫ 2x2x1+ Giải: dxtdtdt Đặt: t=2x+1⇒t2 =+2x1. Suy ra: 2tdt=2dx& == 2x2x1+ (t22−−1)tt1 dt1t−112x+−11 Khi đó: I==ln+C=+lnC. ∫t12 − 2t+122x11++ xdx Ví dụ 3: Tính tích phân bất định: I = ∫ 3 xx2 − 4 Giải: 112 Ta nhận xét: x=x24,3 x2 ==x3 và4 xx, từ đó 12 là bội số chung nhỏ nhất của các mẫu số, do đó đặt x = t12 17144 11xdx12tdt12tdtt94 Suy ra: dx=12tdt&=83=55=12t++tdt 3xx2− 4t−tt−−1t1 4105 945ttt1 Khi đó: I=12t+t+dt=12++ln|t−+1|C. ∫t15−1055 dx Dạng 2: Tính tích phân bất định I = ∫ (x++a)(xb) PHƯƠNG PHÁP CHUNG Ta xét hai trường hợp: x+>a0 • Trường hợp 1: Với  x+>b0 Trang 68 Trần Sĩ Tùng Tích phân Đặt: t=x+a++xb x+<a0 • Trường hợp 2: Với  x+<b0 Đặt: t=−(x+a)+−+(xb) dx Ví dụ 4: Tính tích phân bất định: I = ∫ x2 −+5x6 Giải: dx Biến đổi I về dạng: I = ∫ (x−−2)(x3) Ta xét hai trường hợp: x−>20 • Với  ⇔>x3. Đặt: t=x−2+−x3 x−>30 11(x−2+−x3)dxdx2dt suy ra : dt=+dx =⇔= 2x−22x−32(x−2)(x+3)(x−−2)(x3) t dt Khi đó: I=2=2ln|t|+C=2ln|x−2+x++3|C ∫ t x−<20 • Với  ⇔<x2. Đặt: t=x−2+−3x x−<30 11[2−x+−3x]dxdx2dt suy ra : dt=+dx =⇔=− 22−x23−x2(x−2)(x−3)(x−−2)(x3) t dt Khi đó: I=−2=−2ln|t|+C=−2ln|2−x+3−+x|C ∫ t Dạng 3: Tính tích phân bất định các hàm hữu tỉ đối với x và ax22− có dạng: I=∫ R(x,a22−x)dx,vớiad−≠bc0. PHƯƠNG PHÁP CHUNG Ta thực hiện theo các bước sau: • Bước 1: Thực hiện phép đổi biến:  ππ x=|a|sintvớit−≤≤  22(hoặccóthểt=x+−a22x)  x=|a|costvới0t≤≤π • Bước 2: Bài toán được chuyển về: I= ∫S(sint,cost)dt. Trang 69 Tích phân Trần Sĩ Tùng x3dx Ví dụ 5: Tính tích phân bất định: I.= ∫ 1x− 2 Giải: ππ • Cách 1: Đặt: x=sint,t−<< 22 x33dxsint.cosdt1 Suy ra: dx=costdt&==sin3tdt=−(3sintsin3t)dt 1x−2cost4 131 Khi đó: I=(3sint−sin3t)dt=tgt+C=−cost++cos3tC 4∫ 412 3131132 =−cost+(4cost−3cosxt)+C=cost−cost+C=cost−+1costC 41233 111 =(1−sin2t)−1+C=(1−x2)−11−x2+C=−(x22+2)1−+xC 333 Chú ý: Trong cách giải trên sở dĩ ta có: ππ  cos2t= cost −⇒ 22 22 cost=1−sint=−1x • Cách 2: Đặt t=1−x2⇒x22=−1t x3dxx2.xdxx22.xdx(1−−t)(tdt) Suy ra: 2xdx=2tdt&====−(t21)dt 1−−−x2221x1x t 111 Khi đó: I=(t2−1)dt=t3−t+C=(t2−3)t+C=−(x22+2)1−+xC ∫ 333 Dạng 4: Xác định nguyên hàm các hàm số hữu tỉ đối với x và ax22+ có dạng: I=∫ R(x,a22+x)dx,vớiad−≠bc0. PHƯƠNG PHÁP CHUNG Ta thực hiện theo các bước sau: • Bước 1: Thực hiện phép đổi biến:  ππ x=|a|tgtvớit−<<  22(hoặccóthểt=x++a22x)  x=|a|cotgtvới0t<<π • Bước 2: Bài toán được chuyển về: I= ∫S(sint,cost)dt. Ví dụ 6: Tính tích phân bất định: I=+∫ 1x2 dx. Giải: Trang 70 Trần Sĩ Tùng Tích phân ππ dtdt • Cách 1: Đặt: x=tgt,−<<t. Suy ra: dx=&1+=x2 dx. 22 cos23tcost dtcostdtcostdt Khi đó: I === ∫cos3t∫∫cos4t(1−sin22t) costdtdu Đặt: u = sint. Suy ra: du==costdt& (1−sin2t)2(u+−1)22(u1) du1u+12u Khi đó: I==lnC−+ ∫22 (u+−1)(u1) 4u−1(u+−1)(u1) 1sint+12sint =lnC−+ 4sint−1(sint+−1)(sint1) xx +12 122 =lnC1++x−+1x 4xxx −1+−11 222 1x+1++x1x 1x++1x2 =ln+2x1++xC2 2 4x−+1x 11 =(2ln|x+1+x2|+2x1+x2)+C=(ln|x+1+x22|+x1++x)C. 42 t12 − • Cách 2: Đặt: t=x+1+x2⇒t−x=1+x2⇒(t−x)22=1+xx⇒= 2t t22−+1t1 ⇒1+xt2=−= 2t2t xx+1++x22t22t1 Suy ra: dt=1+dx=dx=dx⇔=dxdt  222 1x+21++xt12t 2222 2 t+1t++11(t1)121 1+xdx=.dt=dt=t++ dt 2t2t24tt334t 1211112 Khi đó: I=t++dt=t+2ln|t|C−+ 4∫tt32422t 121122 =t−+4ln|t|+C=4x1+x+4lnx+1++xC 88t2  1 =(lnx+1+x22+x1++x)C. 2 • Cách 3: Sử dụng phương pháp tích phân từng phần  xdx =u=+x12 du Đặt : ⇒ x12 + dv=dx  vx= Trang 71 Tích phân Trần Sĩ Tùng x2dx Khi đó: I=xx12 +−∫ x12 + x22dx[(x+−1)1]dxdx Với J===x2+−1dx ∫2∫∫∫ x1+ x22++1x1 =I−lnx+x2++1C(2) Thay (2) vào (1) ta được: I=xx2+1−(I−aln)x+x2+1+C⇔2I=xx22+1+lnx+x++1C x1 ⇔I=x22+1+lnx+x++1C. 22 Chú ý: 1. Trong cách giải thứ nhất sở dĩ ta có: 1x 1+x2==costvàsint cost 1x+2  cos2 t= cost ππ  là bởi: −⇒ x 22 sint==tgt.cost  1x+2 2. Cả ba phương pháp trên (tốt nhất là phương pháp 2) được áp dụng để giải bài toán tổng quát: axdx ∫∫x2+adx=lnx+x2+a+x22+a+C;=+lnxx++aC. 22xa2+ 3. Với tích phân bất định sau tốt nhất là sử dụng phương pháp 1: dx ∫ ,vớik∈ Z. (a2+ x)22k1+ 4. Với tích phân bất định: ∫ (x++a)(xb)dx ta có thể thực hiện như sau: a+−b(ba)2 Đặt: t=x+&A=− 24 suy ra: dt=dx&(x+a)(x+b)dx=+t2 Adt At Khi đó: I=t2+Adt=lnt+t22+A+t++AC ∫ 22 (b−a)2 a+b2x++ab =lnx++(x+a)(x−b)+(x+a)(x++b)C. 824 Dạng 5: Tính tích phân bất định các hàm hữu tỉ đối với x và xa22− có dạng: I=∫ R(x,x22−a)dx,vớiad−≠bc0. Trang 72 Trần Sĩ Tùng Tích phân PHƯƠNG PHÁP CHUNG Ta thực hiện theo các bước sau: • Bước 1: Thực hiện phép đổi biến: |a| ππ x=vớit∈−;\{0} sint22 22  (hoặccóthểt=−xa) |a| π x=vớit∈π[0;]\{}.  cost2 • Bước 2: Bài toán được chuyển về: I=∫S(sint,cost)dt. xdx Ví dụ 7: Tính tích phân bất định: I=∫ 2x22−1+−3x1 Giải: • Cách 1: Đặt: t=x2−1⇒t22=−x1 xdxxdxtdt Suy ra: 2tdt=2xdx& ==2 2x2−1+3x2−12(x22−1)+3(x−+11 2t++3t1 tdt Khi đó: I= ∫2t2 ++3t1 ttab(a+2b)t++ab Ta có: ==+= 2t2 ++3t1 (2t+1)(t+1)2t+1t+1(2t++1)(t1) a+2b=1a1=− Đồng nhất đẳng thức, ta được: ⇔ a+b==0b1 t11 Khi đó: =−+. 2t2 ++3t1 2t++1t1 1111(t+1)2 Do dó: I=∫−+dt=−ln|2t+1|+ln|t+1|+C=+lnC 2t+1)t++122|2t1| 1(x22−+11) = ln 2 2x2−+11 • Cách 2: Vì điều kiện |x| > 1, ta xét hai trường hợp: – Với x > 1: 1 π sintdt Đặt: x=∈,t[0;). Suy ra: dx,= cost2 cost2 1sint .dt 22 xdx2(1++tgt)tgt.dt(1tgt)tgt.dt =costcost == 222 22 2x−1+−3x1 −+13tgt 2(1+tgt)1−+3tgt2tgt++3tgt1 cost2 Trang 73 Tích phân Trần Sĩ Tùng (1+ tg2t)tgt.dt Khi đó: I.= ∫ 2tg2t++3tgt1 dt(1+ tg2t)tgt.dtu.du Đặt: u = tgt. Suy ra: du==(1+=tg2t)dt& cos2t2tg22t+3tgt+12u++3u1 1111(u+1) 2 Khi đó: I=−+dt=−ln2u+1+lnu+1+C=+lnC ∫2u+1u++122|2u1| 1(tgt+1)21(x22−+11) =ln+C=+lnC. 22tgt+122x2−+11 – Với x < –1 (tự làm) Dạng 6: Tính tích phân bất định các hàm hữu tỉ đối với x và ax2 ++bxc có dạng: I=∫ R(x,ax2 +bx+c)dx,vớiad−≠bc0 PHƯƠNG PHÁP CHUNG Ta có thể lựa chọn một trong hai cách sau: • Cách 1: Đưa I về các dạng nguyên hàm cơ bản đã biết. Ta xét các trường hợp sau: Ÿ Trường hợp 1: Nếu a > 0 và ∆ < 0. 2 2 ∆+2axb – Bước 1: Ta có: ax+bx+c1=−+ 4a −∆ 2axb+ – Bước 2: Thực hiện phép đổi biến: t = −∆ – Bước 3: Bài toán được chuyển về: I=+∫S(t,1t2 )dt Ÿ Trường hợp 2: Nếu a 0. 2 2 ∆+2axb – Bước 1: Ta có: ax+bx+c1=−− 4a ∆ 2axb+ – Bước 2: Thực hiện phép đổi biến: t = ∆ – Bước 3: Bài toán được chuyển về: I=−∫S(t,1t2 )dt Ÿ Trường hợp 3: Nếu a > 0 và ∆ > 0. 2 2 ∆+2axb – Bước 1: Ta có: ax+bx+c1=− 4a ∆ 2axb+ – Bước 2: Thực hiện phép đổi biến: t = ∆ Trang 74 Trần Sĩ Tùng Tích phân – Bước 3: Bài toán được chuyển về: I=−∫ S(t,t2 1)dt • Cách 2: Sử dụng phép thế Euler: Ta xét các trường hợp sau: 1. Nếu a > 0, đặt ax2 +bx+c=t−+xahoặctxa. 2. Nếu c > 0, đặt ax2 +bx+c=tx+−choặctxc. 3. Nếu tam thức ax2 ++bxc có biệt số ∆ > 0 thì 2 2 ax+bx+c=a(x−−x12)(xx). Khi đó đặt: ax+bx+c=−t(xx1). Ví dụ 8: Tính tích phân bất định: I=∫ x2 ++2x2dx. Giải: • Cách 1: Sử dụng phép đổi biến: t=x+1⇒=dtdx. Khi đó: I=+∫ t2 1dt. Tích phân trên chúng ta đã biết cách xác định trong ví dụ 6. • Cách 2: Sử dụng phép đổi biến: t22−2(t++2t2)dt x2+2x+2=t−x⇒x22+2x+2=(t−x)⇔x=⇒=dx 2(t+1) 2(t+1)2 t2−2(t24+2t++2)dt1(t4)dt Khi đó: I=x2+2x+2dx=t−=.. ∫∫∫23 2(t+1)42(t++1)(t1) Sử dụng đồng nhất thức: t4+4=[(t+1)−1]4+4=(t+1)432−4(t+1)+6(t+1)−4(t++1)5. 1641t42 Do đó: I=[t+1−4+−]dt[=−3t+6ln|t+1|++]C 4∫t++1(t+1)2 42t1 1(x22+2x++2x) =[−3(x2+2x+2++x) 42 4 +6lnx2+2x+2+x+1++]C. x2+2x+2++x1 dx Dạng 7: Tính tích phân bất định I = ∫ (λx+µ)ax2 ++bxc PHƯƠNG PHÁP CHUNG Ta thực hiện theo các bước sau: 1 – Bước 1: Thực hiện phép đổi biến: t = λx +µ dt – Bước 2: Bài toán được chuyển về: I =∫ αtt2 +β+γ Chú ý: Phương pháp trên có thể được áp dụng cho dạng tổng quát hơn là: Trang 75