Bố sung một số dạng toán về tích phân

BỔ SUNG MỘT SỐ DẠNG TOÁN VỀ TÍCH PHÂN

I. TÍCH PHÂN HÀM HỮU TỈ

Nguyên tắc giải: Khi bậc của tử số lớn hơn hoặc bằng bậc của mẫu thì ta phải chia đa thức để đưa về tích phân có bậc của tử nhỏ hơn bậc mẫu.

Xét tích phân $I=\int_{a}^{b}{\frac{P(x)}{Q(x)}dx}$ với bậc của $P(x)$ < bậc $Q(x)$ .

1. Mẫu số là bậc nhất:

A. Phương pháp

Khi đó $Q(x)=ax+b$ .

$\int{\frac{k}{ax+b}dx=\frac{k}{a}\int{\frac{d(ax+b)}{ax+b}=\frac{k}{a}\ln |a}x+b|+C}$ .

B. Bài tập ví dụ

Ví dụ 1.1: Tính các tích phân sau:

a) $I=\int_{2}^{4}{\frac{2{{x}^{2}}-x+5}{x-1}dx}$ . b) $I=\int_{1}^{2}{\frac{{{x}^{3}}}{2x+3}dx}$ .

c) $I=\int\limits_{1}^{2}{\frac{{{x}^{3}}}{2x+3}}dx$ . d) $I=\int\limits_{\sqrt{5}}^{3}{\frac{{{x}^{2}}-5}{x+1}}dx$ .

Lời giải:

a) $I=\int_{2}^{4}{\frac{2{{x}^{2}}-x+5}{x-1}dx}=\int_{2}^{4}{\frac{2x(x-1)+x-1+6}{x-1}dx}$ $=\int_{2}^{4}{\left( 2x+1+\frac{6}{x-1} \right)dx}$

$=({{x}^{2}}+x+6\ln |x-1|)|_{2}^{4}=20+6\ln 3-6=14+6\ln 3$ .

b) $I=\int_{1}^{2}{\frac{{{x}^{3}}}{2x+3}dx}=\int_{1}^{2}{\left( \frac{1}{2}{{x}^{2}}-\frac{3}{4}x+\frac{9}{8}-\frac{27}{8}.\frac{1}{2x+3} \right)dx}$

$=\left. \left( \frac{1}{3}{{x}^{3}}-\frac{3}{8}{{x}^{2}}+\frac{9}{8}x-\frac{27}{16}.\ln |2x+3| \right) \right|_{1}^{2}=-\frac{13}{6}-\frac{27}{16}\ln 35$ .

c) Ta có: $f\left( x \right)=\frac{{{x}^{3}}}{2x+3}=\frac{1}{2}{{x}^{2}}-\frac{3}{4}x+\frac{9}{8}-\frac{27}{8}\frac{1}{2x+3}$

Do đó:

$\begin{array}{l}\int\limits_{1}^{2}{\frac{{{x}^{3}}}{2x+3}}dx=\int\limits_{1}^{2}{\left( \frac{1}{2}{{x}^{2}}-\frac{3}{4}x+\frac{9}{8}-\frac{27}{8}\frac{1}{2x+3} \right)}dx\\=\left. \left( \frac{1}{3}{{x}^{3}}-\frac{3}{8}{{x}^{2}}+\frac{9}{8}x-\frac{27}{16}\ln \left| 2x+3 \right| \right) \right|_{1}^{2}=-\frac{13}{6}-\frac{27}{16}\ln 35\end{array}$

d) Ta có: $f\left( x \right)=\frac{{{x}^{2}}-5}{x+1}=x-1-\frac{4}{x+1}$ .

Do đó:

$\int\limits_{\sqrt{5}}^{3}{\frac{{{x}^{2}}-5}{x+1}}dx=\int\limits_{\sqrt{5}}^{3}{\left( x-1-\frac{4}{x+1} \right)}dx$ $=\left. \left( \frac{1}{2}{{x}^{2}}-x-4\ln \left| x+1 \right| \right) \right|_{\sqrt{5}}^{3}=\sqrt{5}-1+4\ln \left( \frac{\sqrt{5}+1}{4} \right)$

2. Mẫu số là bậc hai:

A. Phương pháp

Khi đó $Q(x)=a{{x}^{2}}+bx+c$ . Ta có 3 trường hợp sau:

TH1: $Q(x)=0$ có 2 nghiệm phân biệt ${{x}_{1}}$ và ${{x}_{2}}$ $\Rightarrow a{{x}^{2}}+bx+c=a(x-{{x}_{1}})(x-{{x}_{2}})$ .

$\frac{P(x)}{Q(x)}=\frac{P(x)}{a(x-{{x}_{1}})(x-{{x}_{2}})}=\frac{A}{a(x-{{x}_{1}})}+\frac{B}{x-{{x}_{2}}}$ . Đồng nhất hệ số suy ra $A,B$

Đưa tích phân về dạng $I=\int{\frac{1}{a{{x}^{2}}+bx+c}dx=\int{\frac{A}{x-{{x}_{1}}}dx+\int{\frac{B}{x-{{x}_{2}}}dx}}}$ .

Khi tử là hàm bậc nhất thì ngoài cách đồng nhất hệ số như trên, ta có thể phân tích tử số thành đạo hàm của mẫu và tách thành 2 tích phân.

TH2: $Q(x)=0$ có nghiệm kép.

Khi đó $Q(x)$ được viết dưới dạng $Q(x)={{(mx+n)}^{2}}\Rightarrow I=\int{\frac{P(x)}{{{(mx+n)}^{2}}}dx}$ .

- Nếu $P(x)$ là hằng số thì ta dùng phép biến đổi $\left\{ \begin{array}{l}dx=\frac{1}{m}d(mx+n)\\\int{\frac{du}{{{u}^{2}}}=-\frac{1}{u}+C}\end{array} \right.$ .

- Nếu $P(x)=px+q$ thì ta phân tích tử như sau:

$P(x)=px+q=\frac{p}{m}(mx+n)+q-\frac{pn}{m}$

$\Rightarrow I=\frac{p}{m}\int{\frac{dx}{(mx+n)}+(q-\frac{pn}{m})\int{\frac{dx}{{{(mx+n)}^{2}}}}}$ .

Chú ý: Ngoài ra ta có thể giải tích phân dạng này bằng cách đặt $t=mx+n\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x=\frac{t-n}{m}\\dt=mdx\end{array} \right.$ .

TH3: $Q(x)=0$ vô nghiệm.

Khi đó, $Q(x)$ được viết dưới dạng:

$Q(x)=a{{x}^{2}}+bx+c=a{{(x+\frac{b}{2a})}^{2}}+\frac{4ac-{{b}^{2}}}{4a}={{(mx+n)}^{2}}+{{k}^{2}}$

- Nếu $P(x)$ là hằng số thì sử dụng phép biến đổi $\left\{ \begin{array}{l}dx=\frac{1}{a}d(ax+b)\\\int{\frac{du}{{{u}^{2}}+{{a}^{2}}}=\frac{1}{a}\arctan (\frac{u}{a})+C}\end{array} \right.$

- Nếu $P(x)=px+q$ thì ta phân tích tử thành đạo hàm của mẫu và tách thành 2 tích phân.

Nhận xét:
Trong trường hợp mẫu số là hàm đa thức bậc hai, điểm mấu chốt là xử lí mẫu số.

B. Bài tập ví dụ

Ví dụ 2.1: Tính tích phân:

a) $I=\int\limits_{0}^{1}{\frac{4x+11}{{{x}^{2}}+5x+6}}dx$ . b) $I=\int\limits_{0}^{3}{\frac{{{x}^{3}}}{{{x}^{2}}+2x+1}}dx$ .

c) $I=\int\limits_{0}^{1}{\frac{4x}{4{{x}^{2}}-4x+1}}dx$ . d) $I=\int\limits_{0}^{2}{\frac{x}{{{x}^{2}}+4x+5}}dx$ .

Lời giải:

a) Cách 1: (Hệ số bất định)

Ta có: $f\left( x \right)=\frac{4x+1}{{{x}^{2}}+5x+6}=\frac{4x+11}{\left( x+2 \right)\left( x+3 \right)}$ $=\frac{A}{x+2}+\frac{B}{x+3}=\frac{A\left( x+3 \right)+B\left( x+2 \right)}{\left( x+2 \right)\left( x+3 \right)}$

Thay $x=-2$ vào hai tử số: $3=A$ và thay $x=-3$ vào hai tử số: $-1=-B$ suy ra $B=1$

Do đó: $f\left( x \right)=\frac{3}{x+2}+\frac{1}{x+3}$

Vậy: $\int\limits_{0}^{1}{\frac{4x+11}{{{x}^{2}}+5x+6}}dx=\int\limits_{0}^{1}{\left( \frac{3}{x+2}+\frac{1}{x+3} \right)}dx$ $=\left. 3\ln \left| x+2 \right|+\ln \left| x+3 \right| \right|_{0}^{1}=2\ln 3-\ln 2$

Cách 2: (Nhảy tầng lầu)

Ta có: $f\left( x \right)=\frac{2\left( 2x+5 \right)+1}{{{x}^{2}}+5x+6}=2.\frac{2x+5}{{{x}^{2}}+5x+6}+\frac{1}{\left( x+2 \right)\left( x+3 \right)}$ $=2.\frac{2x+5}{{{x}^{2}}+5x+6}+\frac{1}{x+2}-\frac{1}{x+3}$

Do đó:

$I=\int\limits_{0}^{1}{f\left( x \right)}dx=\int\limits_{0}^{1}{\left( 2.\frac{2x+5}{{{x}^{2}}+5x+6}+\frac{1}{x+2}-\frac{1}{x+3} \right)}dx$

$=\left. \left( 2\ln \left| {{x}^{2}}+5x+6 \right|+\ln \left| \frac{x+2}{x+3} \right| \right) \right|_{0}^{1}=2\ln 3-\ln 2$

b) Ta có: $\displaystyle \int\limits_{0}^{3}{\frac{{{x}^{3}}}{{{x}^{2}}+2x+1}}dx=\int\limits_{0}^{3}{\frac{{{x}^{3}}}{{{\left( x+1 \right)}^{2}}}dx}$

Đặt: $t=x+1$ suy ra: $dx=dt;x=t-1$ và: khi $x=0$ thì $t=1$ ; khi $x=3$ thì $t=4$ .

Do đó: $\int\limits_{0}^{3}{\frac{{{x}^{3}}}{{{\left( x+1 \right)}^{2}}}}dx=\int\limits_{1}^{4}{\frac{{{\left( t-1 \right)}^{3}}}{{{t}^{2}}}}dt=\int\limits_{1}^{4}{\left( t-3+\frac{3}{t}-\frac{1}{{{t}^{2}}} \right)}dt$ $=\left. \left( \frac{1}{2}{{t}^{2}}-3t+\ln \left| t \right|+\frac{1}{t} \right) \right|_{1}^{4}=2\ln 2-\frac{3}{2}$ .

c) Ta có: $\frac{4x}{4{{x}^{2}}-4x+1}=\frac{4x}{{{\left( 2x-1 \right)}^{2}}}$

Đặt: $t=2x-1$ suy ra: $dt=2dx\to dx=\frac{1}{2}dt;\left\{ \begin{array}{l}x=0\leftrightarrow t=-1\\x=1\leftrightarrow t=1\end{array} \right.$

Do đó: $\int\limits_{0}^{1}{\frac{4x}{4{{x}^{2}}-4x+1}}dx=\int\limits_{0}^{1}{\frac{4x}{{{\left( 2x-1 \right)}^{2}}}}dx=\int\limits_{-1}^{1}{\frac{4.\frac{1}{2}\left( t+1 \right)}{{{t}^{2}}}}\frac{1}{2}dt$ $=\int\limits_{-1}^{1}{\left( \frac{1}{t}+\frac{1}{{{t}^{2}}} \right)}dt=\left. \left( \ln \left| t \right|-\frac{1}{t} \right) \right|_{-1}^{1}=-2$

d) Ta có: $\int\limits_{0}^{2}{\frac{x}{{{x}^{2}}+4x+5}}dx=\int\limits_{0}^{2}{\frac{x}{{{\left( x+2 \right)}^{2}}+1}}dx$

Đặt: $x+2=\tan t$ , suy ra: $dx=\frac{1}{{{\cos }^{2}}t}dt\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x=0\leftrightarrow \tan t=2\\x=2\leftrightarrow \tan t=4\end{array} \right.$

Do đó: $\int\limits_{0}^{2}{\frac{x}{{{\left( x+2 \right)}^{2}}+1}}dx=\int\limits_{{{t}_{1}}}^{{{t}_{2}}}{\frac{\tan t-2}{1+{{\tan }^{2}}t}\frac{dt}{{{\cos }^{2}}t}}$ $=\int\limits_{{{t}_{1}}}^{{{t}_{2}}}{\left( \frac{\sin t}{\cos t}-2 \right)}dt=\left. \left( -\ln \left| \cos t \right|-2t \right) \right|_{{{t}_{1}}}^{{{t}_{2}}}\left( 1 \right)$

Từ: $\left[ \begin{array}{l}\tan t=2\leftrightarrow 1+{{\tan }^{2}}t=5\leftrightarrow {{\cos }^{2}}t=\frac{1}{5}\to \cos {{t}_{1}}=\frac{1}{\sqrt{5}}\\\tan t=4\leftrightarrow 1+{{\tan }^{2}}t=17\leftrightarrow {{\cos }^{2}}t=\frac{1}{17}\to \cos {{t}_{2}}=\frac{1}{\sqrt{17}}\end{array} \right.$

Vậy: $\left. \left( -\ln \left| \cos t \right|-2t \right) \right|_{{{t}_{1}}}^{{{t}_{2}}}=-\left[ \left( \ln \left| \cos {{t}_{2}} \right| \right)-2{{t}_{2}} \right]-\left( \ln \left| \cos {{t}_{1}} \right|-2{{t}_{1}} \right)$ $=-\ln \left| \frac{\cos {{t}_{2}}}{\cos {{t}_{1}}} \right|+2\left( {{t}_{2}}-{{t}_{1}} \right)$

$\Leftrightarrow -\ln \left| \frac{\cos {{t}_{2}}}{\cos {{t}_{1}}} \right|+2\left( {{t}_{2}}-{{t}_{1}} \right)=2\left( \arctan 4-\arctan 2 \right)-\ln \left| \frac{1}{\sqrt{17}}.\sqrt{5} \right|$

$=2\left( \arctan 4-\arctan 2 \right)-\frac{1}{2}\ln \frac{5}{17}$

Ví dụ 2.4: Tính các tích phân sau:

a) $I=\int_{-1}^{1}{\frac{1}{{{x}^{2}}+2x+5}dx}$ . b) $I=\int_{0}^{2}{\frac{{{x}^{3}}+2{{x}^{2}}+4x+9}{{{x}^{2}}+4}dx}$ .

c) $I=\int_{0}^{1}{\frac{{{x}^{4}}-2{{x}^{3}}-4{{x}^{2}}+x-2}{{{x}^{2}}-2x-3}dx}$ . d) $I=\int_{1}^{2}{\frac{4{{x}^{3}}-4{{x}^{2}}+7x-2}{4{{x}^{2}}-4x+1}dx}$ .

Lời giải:

a) $I=\int_{-1}^{1}{\frac{1}{{{x}^{2}}+2x+5}dx}=\int_{-1}^{1}{\frac{1}{{{(x+1)}^{2}}+4}dx}$

Đặt $x+1=2\tan t\Rightarrow dx=2(1+{{\tan }^{2}}t)dt$ .

Đổi cận: $x=-1\Rightarrow t=0;\,x=1\Rightarrow t=\frac{\pi }{4}$ .

$I=\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}{\frac{2(1+{{\tan }^{2}}t)dt}{4{{\tan }^{2}}t+4}=\int_{0}^{\frac{\pi }{4}}{\frac{1}{2}dt}=\frac{\pi }{8}}$ .

b) $I=\int_{0}^{2}{\frac{{{x}^{3}}+2{{x}^{2}}+4x+9}{{{x}^{2}}+4}dx}$ .

$=\int_{0}^{2}{\left( x+2+\frac{1}{{{x}^{2}}+4} \right)dx}=\left. \left( \frac{1}{2}{{x}^{2}}+2x \right) \right|_{0}^{2}+\int_{0}^{2}{\frac{dx}{{{x}^{2}}+4}=6+{{I}_{1}}}$ .

Xét ${{I}_{1}}=\int_{0}^{2}{\frac{dx}{{{x}^{2}}+4}}$ , đặt $x=2\tan t\Rightarrow dx=\frac{2}{{{\cos }^{2}}t}dt$ .

Đổi cận: $x=0\Rightarrow t=0;\,x=2\Rightarrow t=\frac{\pi }{4}$ .

Khi đó ${{I}_{1}}=\int_{0}^{2}{\frac{1}{{{x}^{2}}+4}dx}=\frac{1}{4}\int_{0}^{\frac{\pi }{4}}{\frac{1}{1+{{\tan }^{2}}t}.\frac{2}{{{\cos }^{2}}t}dt}$ $=\frac{1}{2}\int_{0}^{\frac{\pi }{4}}{dt}=\left. \frac{1}{2}t \right|_{0}^{\frac{\pi }{4}}=\frac{\pi }{8}$ .

$\Rightarrow I=6+\frac{\pi }{8}$ .

c) $I=\int_{0}^{1}{\frac{{{x}^{4}}-2{{x}^{3}}-4{{x}^{2}}+x-2}{{{x}^{2}}-2x-3}dx}$

$=\int_{0}^{1}{\left( {{x}^{2}}-1-\frac{x+5}{{{x}^{2}}-2x-3} \right)dx}=\int_{0}^{1}{\left[ {{x}^{2}}-1-\frac{2(x+1)-(x-3)}{(x+1)(x-3)} \right]dx}$

$=\int_{0}^{1}{\left[ {{x}^{2}}-1-\left( \frac{2}{x-3}-\frac{1}{x+1} \right) \right]dx}$

$=\left. \left( \frac{{{x}^{3}}}{3}-x-2\ln |x-3|+\ln |x+1| \right) \right|_{0}^{1}=2\ln 3-\ln 2-\frac{2}{3}$ .

d) $I=\int_{1}^{2}{\frac{4{{x}^{3}}-4{{x}^{2}}+7x-2}{4{{x}^{2}}-4x+1}dx}=\int_{1}^{2}{\left( x+\frac{6x-2}{4{{x}^{2}}-4x+1} \right)dx}$ $=\int_{1}^{2}{\left[ x+\frac{3(2x-1)+1}{{{(2x-1)}^{2}}} \right]dx}$

$=\int_{1}^{2}{\left[ x+\frac{3}{2x-1}+\frac{1}{{{(2x-1)}^{2}}} \right]dx}$ $=\left. \left( \frac{{{x}^{2}}}{2}+\frac{3}{2}\ln |2x-1|-\frac{1}{2(2x-1)} \right) \right|_{1}^{2}=\frac{11}{6}+\frac{3}{2}\ln 3$ .

3. Mẫu số là bậc 3: $\int\limits_{\alpha }^{\beta }{\frac{P\left( x \right)}{a{{x}^{3}}+b{{x}^{2}}+cx+d}dx}$

A. Phương pháp

+ $f\left( x \right)=a{{x}^{3}}+b{{x}^{2}}+cx+d\left( a\ne 0 \right)$ có một nghiệm bội ba

Công thức cần lưu ý: $\int\limits_{\alpha }^{\beta }{\frac{1}{{{x}^{m}}}}dx=\left. \frac{1}{1-m}.\frac{1}{{{x}^{m-1}}} \right|_{\alpha }^{\beta }$

+ $f\left( x \right)=a{{x}^{3}}+b{{x}^{2}}+cx+d\left( a\ne 0 \right)$ có hai nghiệm:

Có hai cách giải: Hệ số bất định và phương pháp nhảy tầng lầu

+ $f\left( x \right)=a{{x}^{3}}+b{{x}^{2}}+cx+d\left( a\ne 0 \right)$ có ba nghiệm:

Dùng phương pháp hệ số bất định hoặc phương phướng nhảy tầng lầu.

B. Bài tập ví dụ

Ví dụ 3.1: Tính các tích phân sau:

a) $I=\int\limits_{0}^{1}{\frac{x}{{{\left( x+1 \right)}^{3}}}}dx$ . b) $I=\int\limits_{-1}^{0}{\frac{{{x}^{4}}}{{{\left( x-1 \right)}^{3}}}}dx$ .

Lời giải:

a) Cách 1:

Đặt: $x+1=t$ , suy ra $x=t-1$ và: khi $x=0$ thì $t=1$ ; khi $x=1$ thì $t=2$

Do đó: $\int\limits_{0}^{1}{\frac{x}{{{\left( x+1 \right)}^{3}}}}dx=\int\limits_{1}^{2}{\frac{t-1}{{{t}^{3}}}}dt=\int\limits_{1}^{2}{\left( \frac{1}{{{t}^{2}}}-\frac{1}{{{t}^{3}}} \right)}dt$ $=\left. \left( -\frac{1}{t}+\frac{1}{2}\frac{1}{{{t}^{2}}} \right) \right|_{1}^{2}=\frac{1}{8}$

Cách 2: Ta có: $\frac{x}{{{\left( x+1 \right)}^{3}}}=\frac{\left( x+1 \right)-1}{{{\left( x+1 \right)}^{3}}}=\frac{1}{{{\left( x+1 \right)}^{2}}}-\frac{1}{{{\left( x+1 \right)}^{3}}}$

Do đó: $\int\limits_{0}^{1}{\frac{x}{{{\left( x+1 \right)}^{3}}}}dx=\int_{0}^{1}{\left[ \frac{1}{{{\left( x+1 \right)}^{2}}}-\frac{1}{{{\left( x+1 \right)}^{3}}} \right]}dx$ $=\left. \left[ -\frac{1}{x+1}+\frac{1}{2}\frac{1}{{{\left( x+1 \right)}^{2}}} \right] \right|_{0}^{1}=\frac{1}{8}$

b) Đặt: $x-1=t$ , suy ra: $x=t+1$ và: khi $x=-1$ thì $t=-2$ và khi $x=0$ thì $t=-1$ .

Do đó: $\int\limits_{-1}^{0}{\frac{{{x}^{4}}}{{{\left( x-1 \right)}^{3}}}}dx=\int\limits_{-2}^{-1}{\frac{{{\left( t+1 \right)}^{4}}}{{{t}^{3}}}}dt=\int\limits_{-2}^{-1}{\frac{{{t}^{4}}+4{{t}^{3}}+6{{t}^{2}}+4t+1}{{{t}^{3}}}}dt$ $=\int\limits_{-2}^{-1}{\left( t+4+\frac{6}{t}+\frac{4}{{{t}^{2}}}+\frac{1}{{{t}^{3}}} \right)}dt$

$\Leftrightarrow \int\limits_{-2}^{-1}{\left( t+4+\frac{6}{t}+\frac{4}{{{t}^{2}}}+\frac{1}{{{t}^{3}}} \right)}dt$ $=\left. \left( \frac{1}{2}{{t}^{2}}+4t+6\ln \left| t \right|-\frac{4}{t}-\frac{1}{2}\frac{1}{{{t}^{2}}} \right) \right|_{-2}^{-1}=\frac{33}{8}-6\ln 2$ .

Ví dụ 3.2: Tính tích phân sau:

a) $I=\int\limits_{2}^{3}{\frac{1}{\left( x-1 \right){{\left( x+1 \right)}^{3}}}}dx$ . b) $I=\int\limits_{2}^{3}{\frac{{{x}^{2}}}{{{\left( x-1 \right)}^{2}}\left( x+2 \right)}}dx$ .

Lời giải:

Cách 1. (Phương pháp hệ số bất định)

Ta có: $\frac{1}{\left( x-1 \right){{\left( x+1 \right)}^{2}}}=\frac{A}{x-1}+\frac{B}{\left( x+1 \right)}+\frac{C}{{{\left( x+1 \right)}^{2}}}$ $=\frac{A{{\left( x+1 \right)}^{2}}+B\left( x-1 \right)\left( x+1 \right)+C\left( x-1 \right)}{\left( x-1 \right){{\left( x+1 \right)}^{2}}}$

Thay hai nghiệm mẫu số vào hai tử số: $\left\{ \begin{array}{l}1=4A\\1=-2C\end{array} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}A=\frac{1}{4}\\C=-\frac{1}{2}\end{array} \right.$ . Khi đó (1)

$\Leftrightarrow \frac{\left( A+B \right){{x}^{2}}+\left( 2A+C \right)x+A-B-C}{\left( x-1 \right){{\left( x+1 \right)}^{2}}}$ $\Rightarrow A-B-C=1\Leftrightarrow B=A-C-1=\frac{1}{4}+\frac{1}{2}-1=-\frac{1}{4}$

Do đó: $\int\limits_{2}^{3}{\frac{1}{\left( x-1 \right){{\left( x+1 \right)}^{2}}}}dx=\int\limits_{2}^{3}{\left( \frac{1}{4}.\frac{1}{x-1}+\frac{1}{4}.\frac{1}{\left( x+1 \right)}-\frac{1}{2}\frac{1}{{{\left( x+1 \right)}^{2}}} \right)}dx$

$\Leftrightarrow I=\left. \left[ \frac{1}{4}\ln \left( x-1 \right)\left( x+1 \right)+\frac{1}{2}.\frac{1}{\left( x+1 \right)} \right] \right|_{2}^{3}=\frac{1}{4}\ln 8=\frac{3}{4}\ln 2$

Cách 2:

Đặt: $t=x+1$ , suy ra: $x=t-1$ và khi $x=2$ thì $t=3$ ; khi $x=3$ thì $t=4$ .

Khi đó: $\displaystyle I=\int\limits_{2}^{3}{\frac{1}{\left( x-1 \right){{\left( x+1 \right)}^{2}}}}dx=\int\limits_{3}^{4}{\frac{dt}{{{t}^{2}}\left( t-2 \right)}}$

$\displaystyle =\frac{1}{2}\int\limits_{3}^{4}{\frac{t-\left( t-2 \right)}{{{t}^{2}}\left( t-2 \right)}}dt=\frac{1}{2}\left( \int\limits_{2}^{4}{\frac{1}{t\left( t-2 \right)}}dt-\int\limits_{3}^{4}{\frac{1}{t}}dt \right)$

$\Leftrightarrow I=\frac{1}{2}\left( \frac{1}{2}\int\limits_{2}^{4}{\left( \frac{1}{t-2}-\frac{1}{t} \right)}dt-\int\limits_{3}^{4}{\frac{1}{t}}dt \right)$ $=\left. \left( \frac{1}{4}\ln \left| \frac{t-2}{t} \right|-\frac{1}{2}\ln \left| t \right| \right) \right|_{3}^{4}=\frac{3}{4}\ln 2$

Hoặc: $\frac{1}{{{t}^{3}}-2{{t}^{2}}}=\frac{\left( 3{{t}^{2}}-4t \right)}{{{t}^{3}}-2{{t}^{2}}}-\frac{1}{4}\left( \frac{3{{t}^{2}}-4t-4}{{{t}^{3}}-2{{t}^{2}}} \right)$ $=\left[ \frac{3{{t}^{2}}-4t}{{{t}^{3}}-2{{t}^{2}}}-\frac{1}{4}\frac{\left( 3t+2 \right)}{{{t}^{2}}} \right]=\frac{3{{t}^{2}}-4t}{{{t}^{3}}-2{{t}^{2}}}-\frac{1}{4}\left( \frac{3}{t}+\frac{2}{{{t}^{2}}} \right)$

Do đó: $I=\int\limits_{3}^{4}{\left( \frac{3{{t}^{2}}-4t}{{{t}^{3}}-2{{t}^{2}}}-\frac{1}{4}\left( \frac{3}{t}+\frac{2}{{{t}^{2}}} \right) \right)}dt$ $=\left. \left( \ln \left| {{t}^{3}}-2{{t}^{2}} \right|-\frac{1}{4}\left( 3\ln \left| t \right|-\frac{2}{t} \right) \right) \right|_{3}^{4}=\frac{3}{4}\ln 2$

Hoặc: $\displaystyle \frac{1}{{{t}^{2}}\left( t-2 \right)}=\frac{1}{4}\left( \frac{{{t}^{2}}-\left( {{t}^{2}}-4 \right)}{{{t}^{2}}\left( t-2 \right)} \right)$ $\displaystyle =\frac{1}{4}\left( \frac{1}{t-2}-\frac{t+2}{{{t}^{2}}} \right)=\frac{1}{4}\left( \frac{1}{t-2}-\frac{1}{t}-\frac{2}{{{t}^{2}}} \right)$

Do đó:

$I=\frac{1}{4}\int\limits_{3}^{4}{\left( \frac{1}{t-2}-\frac{1}{t}-\frac{2}{{{t}^{2}}} \right)}dt=\left. \frac{1}{4}\left( \ln \left| \frac{t-2}{t} \right|+\frac{2}{t} \right) \right|_{3}^{4}$

$=\frac{1}{4}\left( \ln \frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\ln \frac{1}{3}-\frac{2}{3} \right)=\frac{1}{4}\left( \ln 3-\ln 2-\frac{1}{6} \right)$ .

b) Đặt: $x-1=t$ , suy ra: $x=t+1$ , $dx=dt$ và: khi $x=2$ thì $t=1;x=3$ thì $t=2$ .

Do đó: $\int\limits_{2}^{3}{\frac{{{x}^{2}}}{{{\left( x-1 \right)}^{2}}\left( x+2 \right)}}dx=\int\limits_{1}^{2}{\frac{{{\left( t+1 \right)}^{2}}}{{{t}^{2}}\left( t+3 \right)}}dt=\int\limits_{1}^{2}{\frac{{{t}^{2}}+2t+1}{{{t}^{2}}\left( t+3 \right)}}dt$

Cách 1: (Hệ số bất định)

Ta có: $\frac{{{t}^{2}}+2t+1}{{{t}^{2}}\left( t+3 \right)}=\frac{At+B}{{{t}^{2}}}+\frac{C}{t+3}=\frac{\left( At+B \right)\left( t+3 \right)+C{{t}^{2}}}{{{t}^{2}}\left( t+3 \right)}$ $=\frac{\left( A+C \right){{t}^{2}}+\left( 3A+B \right)t+3B}{{{t}^{2}}\left( t+3 \right)}$

Đồng nhất hệ số hai tử số: $\left\{ \begin{array}{l}A+C=1\\3A+B=2\\3B=1\end{array} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}B=\frac{1}{3}\\A=\frac{5}{9}\\C=\frac{4}{9}\end{array} \right.$

$\Rightarrow \frac{{{t}^{2}}+2t+1}{{{t}^{2}}\left( t+3 \right)}=\frac{1}{9}\frac{t+3}{{{t}^{2}}}+\frac{4}{9}\frac{1}{t+3}$

Do đó: $\int\limits_{1}^{2}{\frac{{{t}^{2}}+2t+1}{{{t}^{2}}\left( t+3 \right)}}dt=\int\limits_{1}^{2}{\left( \frac{1}{9}\left( \frac{1}{t}+\frac{3}{{{t}^{2}}} \right)+\frac{4}{9}\left( \frac{1}{t+3} \right) \right)}dt$

$=\left. \left( \frac{1}{9}\left( \ln \left| t \right|-\frac{3}{t} \right)+\frac{4}{9}\ln \left| t+3 \right| \right) \right|_{1}^{2}=\frac{17}{6}+\frac{4}{9}\ln 5-\frac{7}{9}\ln 2$

Cách 2:

Ta có:

$\frac{{{t}^{2}}+2t+1}{{{t}^{2}}\left( t+3 \right)}=\frac{1}{3}\left( \frac{3{{t}^{2}}+6t+3}{{{t}^{3}}+3{{t}^{2}}} \right)=\frac{1}{3}\left[ \frac{3{{t}^{2}}+6t}{{{t}^{3}}+3{{t}^{2}}}+\frac{3}{{{t}^{2}}\left( t+3 \right)} \right]$ $=\frac{1}{3}\left[ \left( \frac{3{{t}^{2}}+6t}{{{t}^{3}}+3{{t}^{2}}} \right)+\frac{1}{9}\left( \frac{{{t}^{2}}-\left( {{t}^{2}}-9 \right)}{{{t}^{2}}\left( t+3 \right)} \right) \right]$

$=\frac{1}{3}\left( \frac{3{{t}^{2}}+6t}{{{t}^{3}}+3{{t}^{2}}} \right)+\frac{1}{9}\frac{1}{t+3}-\frac{1}{9}\frac{t-3}{{{t}^{2}}}$ $=\frac{1}{3}\left[ \left( \frac{3{{t}^{2}}+6t}{{{t}^{3}}+3{{t}^{2}}} \right)+\frac{1}{9}\frac{1}{t+3}-\frac{1}{9}\left( \frac{1}{t}-\frac{3}{{{t}^{2}}} \right) \right]$

Vậy: $\int\limits_{1}^{2}{\frac{{{t}^{2}}+2t+1}{{{t}^{2}}\left( t+3 \right)}}dt=\int\limits_{1}^{2}{\left( \frac{1}{3}\left( \frac{3{{t}^{2}}+6t}{{{t}^{3}}+3{{t}^{2}}} \right)+\frac{1}{9}\left( \frac{1}{t+3}-\frac{1}{t}+\frac{3}{{{t}^{2}}} \right) \right)}dt$

$=\left. \left[ \frac{1}{3}\ln \left| {{t}^{3}}+3{{t}^{2}} \right|+\frac{1}{27}\left( \ln \left| \frac{t+3}{t} \right|-\frac{3}{t} \right) \right] \right|_{1}^{2}$

Do đó $I=\frac{17}{6}+\frac{4}{9}\ln 5-\frac{7}{9}\ln 2$

Ví dụ 3.3: Tính tích phân sau:

a) $I=\int\limits_{2}^{3}{\frac{1}{x\left( {{x}^{2}}-1 \right)}}dx$ . b) $I=\int\limits_{3}^{4}{\frac{x+1}{x\left( {{x}^{2}}-4 \right)}}dx$ .

c) $\int\limits_{2}^{3}{\frac{{{x}^{2}}}{\left( {{x}^{2}}-1 \right)\left( x+2 \right)}}dx$ .

Lời giải:

a) Cách 1: (Hệ số bất định)

Ta có:

$f\left( x \right)=\frac{1}{x\left( {{x}^{2}}-1 \right)}=\frac{1}{x\left( x-1 \right)\left( x+1 \right)}=\frac{A}{x}+\frac{B}{x-1}+\frac{C}{x+1}$ $=\frac{A\left( {{x}^{2}}-1 \right)+Bx\left( x+1 \right)+Cx\left( x-1 \right)}{x\left( x-1 \right)\left( x+1 \right)}$

Đồng nhất hệ số hai tử số bằng cách thay các nghiệm: $x=0;x=1$ và $x=-1$ vào hai tử ta có:

$\left\{ \begin{array}{l}x=0\to 1=-A\\x=-1\to 1=2C\\x=1\to 1=2B\end{array} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}A=-1\\B=\frac{1}{2}\\C=\frac{1}{2}\end{array} \right.$ $\Rightarrow f\left( x \right)=-\frac{1}{x}+\frac{1}{2}\left( \frac{1}{x-1} \right)+\frac{1}{2}\left( \frac{1}{x+1} \right)$

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

$=\left. \left[ \frac{1}{2}\left( \ln \left( x-1 \right)\left( x+1 \right) \right)-\ln \left| x \right| \right] \right|_{2}^{3}=\frac{5}{2}\ln 2-\frac{3}{2}\ln 3$

Cách 2: (Phương pháp nhảy lầu)

Ta có: $\frac{1}{x\left( {{x}^{2}}-1 \right)}=\frac{{{x}^{2}}-\left( {{x}^{2}}-1 \right)}{x\left( {{x}^{2}}-1 \right)}=\frac{x}{{{x}^{2}}-1}-\frac{1}{x}=\frac{1}{2}\frac{2x}{{{x}^{2}}-1}-\frac{1}{x}$

Do đó: $\int\limits_{2}^{3}{\frac{1}{x\left( {{x}^{2}}-1 \right)}}dx=\frac{1}{2}\int\limits_{2}^{3}{\frac{2xdx}{{{x}^{2}}-1}}-\int\limits_{2}^{3}{\frac{1}{x}}dx$ $=\left. \left( \frac{1}{2}\ln \left( {{x}^{2}}-1 \right)-\ln x \right) \right|_{2}^{3}=\frac{5}{2}\ln 2-\frac{3}{2}\ln 3$

b) Cách 1:

Ta có: $\frac{x+1}{x\left( {{x}^{2}}-4 \right)}=\frac{x+1}{x\left( x-2 \right)\left( x+2 \right)}=\frac{A}{x}+\frac{B}{x-2}+\frac{C}{x+2}$ $=\frac{A\left( {{x}^{2}}-4 \right)+Bx\left( x+2 \right)+Cx\left( x-2 \right)}{x\left( {{x}^{2}}-4 \right)}$

Thay các nghiệm của mẫu số vào hai tử số:

+ Khi $x=0$ : $1=-4A$ suy ra: $A=-1/4$

+ Khi $x=-2$ : $-1=8C$ suy ra $C=-1/8$

+ Khi $x=2$ : $3=8B$ suy ra: $B=3/8$

Do đó: $f\left( x \right)=-\frac{1}{4}\left( \frac{1}{x} \right)-\frac{1}{8}\left( \frac{1}{x-2} \right)+\frac{3}{8}\left( \frac{1}{x+2} \right)$

Vậy: $\int\limits_{3}^{4}{\frac{x+1}{x\left( {{x}^{2}}-4 \right)}}dx=-\frac{1}{4}\int\limits_{2}^{3}{\frac{1}{x}}dx-\frac{1}{8}\int\limits_{2}^{3}{\frac{1}{x-2}}dx+\frac{3}{8}\int\limits_{2}^{3}{\frac{1}{x+2}}dx$

$=\left. \left( -\frac{1}{4}\ln \left| x \right|-\frac{1}{8}\ln \left| x-2 \right|+\frac{3}{8}\ln \left| x+2 \right| \right) \right|_{2}^{3}$

$=\frac{5}{8}\ln 3-\frac{3}{8}\ln 5-\frac{1}{4}\ln 2$

Cách 2:

Ta có: $\frac{x+1}{x\left( {{x}^{2}}-4 \right)}=\frac{1}{\left( {{x}^{2}}-4 \right)}+\frac{1}{x\left( {{x}^{2}}-4 \right)}$ $=\frac{1}{4}\left( \frac{1}{x-2}-\frac{1}{x+2} \right)+\frac{1}{4}\left( \frac{{{x}^{2}}-\left( {{x}^{2}}-4 \right)}{x\left( {{x}^{2}}-4 \right)} \right)$

$=\frac{1}{4}\left( \frac{1}{x-2}-\frac{1}{x+2}+\frac{1}{2}\frac{2x}{{{x}^{2}}-4}-\frac{1}{x} \right)$

Do đó: $\int\limits_{3}^{4}{\frac{x+1}{x\left( {{x}^{2}}-4 \right)}}=\frac{1}{4}\int\limits_{3}^{4}{\left( \frac{1}{x-2}-\frac{1}{x+2}+\frac{1}{2}\frac{2x}{{{x}^{2}}-4}-\frac{1}{x} \right)}dx$ $=\left. \left[ \frac{1}{4}\ln \left| \frac{x-2}{x+2} \right|+\frac{1}{2}\ln \left( {{x}^{2}}-4 \right)-\ln \left| x \right| \right] \right|_{3}^{4}$

c) Cách 1: (Hệ số bất định)

$\frac{{{x}^{2}}}{\left( {{x}^{2}}-1 \right)\left( x+2 \right)}=\frac{{{x}^{2}}}{\left( x-1 \right)\left( x+1 \right)\left( x+2 \right)}=\frac{A}{x-1}+\frac{B}{x+1}+\frac{C}{x+2}$ $=\frac{A\left( x+1 \right)\left( x+2 \right)+B\left( x-1 \right)\left( x+2 \right)+C\left( {{x}^{2}}-1 \right)}{\left( {{x}^{2}}-1 \right)\left( x+2 \right)}$

Thay lần lượt các nghiệm mẫu số vào hai tử số:

Thay: $x=1$ ta có: $1=2A$ , suy ra: $A=1/2$

Thay: $x=-1$ ta có: $1=-2B$ , suy ra: $B=-1/2$

Thay: $x=-2$ ta có: $4=-5C$ , suy ra: $C=-5/4$

Do đó:

$I=\int\limits_{2}^{3}{\frac{{{x}^{2}}}{\left( {{x}^{2}}-1 \right)\left( x+2 \right)}}dx=\int\limits_{2}^{3}{\left( \frac{1}{2}\frac{1}{x-1}-\frac{1}{2}\frac{1}{x+1}-\frac{5}{4}\frac{1}{x+2} \right)}dx$ $=\left. \left[ \frac{1}{2}\ln \left| \frac{x-1}{x+1} \right|-\frac{5}{4}\ln \left| x+2 \right| \right] \right|_{2}^{3}=\frac{1}{2}\ln \frac{3}{2}$

Cách 2. (Nhảy tầng lầu)

Ta có:

$\frac{{{x}^{2}}}{\left( {{x}^{2}}-1 \right)\left( x+2 \right)}=\frac{{{x}^{2}}-1+1}{\left( {{x}^{2}}-1 \right)\left( x+2 \right)}$ $=\frac{1}{x+2}+\frac{1}{\left( x-1 \right)\left( x+1 \right)\left( x+2 \right)}$ $=\frac{1}{x+2}+\frac{1}{2}\frac{x\left( x+1 \right)-\left( x-1 \right)\left( x+2 \right)}{\left( x-1 \right)\left( x+1 \right)\left( x+2 \right)}$

$=\frac{1}{x+2}+\frac{1}{2}\left[ \frac{x}{\left( x-1 \right)\left( x+2 \right)}-\frac{1}{x+1} \right]$ $=\frac{1}{x+2}+\frac{1}{2}\left[ 1+\frac{1}{3}\left( \frac{1}{x-1}-\frac{1}{x+2} \right)-\frac{1}{x+1} \right]$

Từ đó suy ra kết quả.

3. Mẫu có bậc lớn hơn 3

A. Phương pháp

Với tích phân hàm số hữu tỉ có bậc mẫu lớn hơn 3 ta thường sử dụng các phương pháp sau:

- Đổi biến.

- Phân tích tử thức:

- Kỹ thuật giảm sự chênh lệch giữa bậc tử và bậc mẫu (nhiều tài liệu gọi đây là kỹ thuật “nhảy tầng lầu”.

Phân tích tử làm xuất hiện đạo hàm của mẫu.

B. Bài tập ví dụ

Ví dụ 3.1: Tính $I=\int_{1}^{2}{\frac{2x+3}{({{x}^{2}}+2x)({{x}^{2}}+4x+3)}dx}$ .

Lời giải:

Cách 1 (Đổi biến)

Đặt $t={{x}^{2}}+3x\Rightarrow dt=(2x+3)dx$ .

Đổi cận:

Khi đó $\displaystyle I=\int_{4}^{10}{\frac{dt}{t(t+2)}}=\frac{1}{2}\int_{4}^{10}{(\frac{1}{t}-\frac{1}{t+2})dt}$ $\displaystyle =\frac{1}{2}\ln \left. \left| \frac{t}{t+2} \right|\, \right|_{4}^{10}=\frac{1}{2}\ln \frac{15}{12}$ .

Cách 2 (Phân tích tử và sử dụng vi phân)

$I=\frac{1}{2}\int_{1}^{2}{\frac{\text{ }\!\![\!\!\text{ }({{x}^{2}}+3x+2)-({{x}^{2}}+3x)\text{ }\!\!]\!\!\text{ (2x+3)}}{({{x}^{2}}+3x)({{x}^{2}}+3x+2)}}dx$ $=\frac{1}{2}\left[ \int_{1}^{2}{\frac{(2x+3)}{{{x}^{2}}+3x}dx-\int_{1}^{2}{\frac{(2x+3)}{{{x}^{2}}+3x+2}dx}} \right]$

$=\frac{1}{2}\left[ \int_{1}^{2}{\frac{d({{x}^{2}}+3x)}{{{x}^{2}}+3x}-\int_{1}^{2}{\frac{d({{x}^{2}}+3x+2)}{{{x}^{2}}+3x+2}}} \right]$
$=\frac{1}{2}\ln \left. \left| \frac{{{x}^{2}}+3x}{{{x}^{2}}+3x+2} \right|\, \right|_{1}^{2}\,=\frac{1}{2}\ln \frac{15}{12}$

Ví dụ 3.2: Tính $I=\int_{1}^{2}{\frac{dx}{x(1+{{x}^{2018}})}}$ .

Lời giải:

Đặt $t=1+{{x}^{2018}}\Rightarrow dt=2018.{{x}^{2017}}dx$ .

Đổi cận:

$\displaystyle \Rightarrow I=\int_{1}^{2}{\frac{{{x}^{2017}}dx}{{{x}^{2018}}(1+{{x}^{2018}})}=\frac{1}{2018}}\int_{2}^{1+{{2}^{2018}}}{\frac{dt}{t(t-1)}=\frac{1}{2018}}$ $\displaystyle \int_{2}^{1+{{2}^{2018}}}{\left( \frac{1}{t-1}-\frac{1}{t} \right)dt}$

$\displaystyle =\frac{1}{2018}\ln \left. \left| \frac{t-1}{t} \right|\, \right|_{2}^{1+{{2}^{2018}}}=\frac{2019\ln 2-\ln (1+{{2}^{2018}})}{2018}\,$

Ví dụ 3.3: Tính $\int\limits_{0}^{1}{\frac{{{x}^{4}}+1}{{{x}^{6}}+1}}dx$ .

Lời giải:

$\int\limits_{0}^{1}{\frac{{{x}^{4}}+1}{{{x}^{6}}+1}}dx$ . Vì: $\left[ \begin{array}{l}{{x}^{6}}-1={{\left( {{x}^{2}} \right)}^{3}}-1=\left( {{x}^{2}}-1 \right)\left( {{x}^{4}}+{{x}^{2}}+1 \right)\\{{x}^{6}}-1={{\left( {{x}^{3}} \right)}^{2}}-1={{t}^{2}}-1\left( t={{x}^{3}} \right)\end{array} \right.$

Cho nên:

$f\left( x \right)=\frac{{{x}^{4}}+1}{{{x}^{6}}+1}=\frac{{{x}^{4}}-{{x}^{2}}+1}{\left( {{x}^{2}}+1 \right)\left( {{x}^{4}}-{{x}^{2}}+1 \right)}-\frac{{{x}^{2}}}{{{\left( {{x}^{3}} \right)}^{2}}+1}$ $\Rightarrow \int\limits_{0}^{1}{f\left( x \right)}dx=\int\limits_{0}^{1}{\left[ \frac{1}{{{x}^{2}}+1}-\frac{1}{3}\frac{3{{x}^{2}}}{{{\left( {{x}^{3}} \right)}^{2}}+1} \right]}dx$

Vậy: $I=\left. \arctan x \right|_{0}^{1}-\frac{1}{3}\left. \arctan \left( 3{{x}^{2}} \right) \right|_{0}^{1}$ $=\arctan 1-\frac{1}{3}\arctan 3=\frac{\pi }{4}-\frac{1}{3}\arctan 3$ .

II. TÍCH PHÂN HÀM LƯỢNG GIÁC

A. Kiến thức cơ bản

1. Thuộc các nguyên hàm:

a/ $\int\limits_{\alpha }^{\beta }{\sin \left( ax+b \right)dx}=\left. -\frac{1}{a}\cos \left( ax+b \right) \right|_{\alpha }^{\beta }$ b/ $\displaystyle \int\limits_{\alpha }^{\beta }{\frac{\sin \left( ax+b \right)}{\cos \left( ax+b \right)}}dx=\left. -\ln \left| \cos \left( ax+b \right) \right| \right|_{\alpha }^{\beta }$

c/ $\int\limits_{\alpha }^{\beta }{\cos \left( ax+b \right)}dx=\left. \frac{1}{a}\sin \left( ax+b \right) \right|_{\alpha }^{\beta }$ d/ $\int\limits_{\alpha }^{\beta }{\frac{\cos \left( ax+b \right)}{\sin \left( ax+b \right)}}dx=\left. \ln \left| \sin \left( ax+b \right) \right| \right|_{\alpha }^{\beta }$

2. Đối với: $I=\int\limits_{\alpha }^{\beta }{f\left( x \right)}dx$

a/ Nếu $f\left( x \right)=R\left( {{\sin }^{m}}x;{{\cos }^{n}}x \right)$ thì ta chú ý:

– Nếu m lẻ, n chẵn: đặt $\cos x=t$ (Gọi tắt là lẻ sin)

– Nếu n lẻ, m chẵn: đặt $\sin x=t$ (Gọi tắt là lẻ cos)

– Nếu m, n đều lẻ thì: đặt $\cos x=t$ hoặc $\sin x=t$ đều được (gọi tắt lẻ sin hoặc lẻ cos)

– Nếu m, n đề chẵn: đặt $\tan x=t$ (gọi tắt là chẵn $\sin x,\cos x$ )

b/ Phải thuộc các công thức lượng giác và các công thức biến đổi lượng giác, các hằng đẳng thức lượng giác, công thức hạ bậc, nhân đôi, nhân ba, tính theo tang góc chia đôi…

3. Nói chung để tính được một tích phân chứa các hàm số lượng giác, học sinh đòi hỏi phải có một số yếu tố sau:

– Biến đổi lượng giác thuần thục

– Có kỹ năng khéo léo nhận dạng được cách biến đổi đưa về dạng đã biết trong nguyên hàm.

B. Bài tập ví dụ

Ví dụ 1. Tính các tích phân sau:

a. $I=\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{\frac{\sin 2x+\sin x}{\sqrt{1+3\cos x}}}dx$ b. $I=\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{\frac{\sin 2x\cos x}{1+\cos x}}dx$

Lời giải:

a. $I=\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{\frac{\sin 2x+\sin x}{\sqrt{1+3\cos x}}}dx=\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{\frac{\left( 2\cos x+1 \right)\sin x}{\sqrt{1+3\cos x}}}dx$ (1)

Đặt: $t=\sqrt{1+3\cos x}$ $\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\cos x=\frac{{{t}^{2}}-1}{3};\sin xdx=-\frac{2}{3}tdt\\x=0\to t=2;x=\frac{\pi }{2}\to t=1\end{array} \right.$

$I=\int\limits_{2}^{1}{\frac{\left( 2\frac{{{t}^{2}}-1}{3}+1 \right)}{t}\left( -\frac{2}{3}tdt \right)}=2\int\limits_{1}^{2}{\frac{2{{t}^{2}}+1}{9}}dt$ $=\left. \frac{2}{9}\left[ \frac{1}{3}{{t}^{3}}+t \right] \right|_{1}^{2}=\frac{34}{27}$

b. $I=\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{\frac{\sin 2x\cos x}{1+\cos x}}dx=\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{\frac{2\sin x{{\cos }^{2}}x}{1+\cos x}}dx=2\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{\frac{{{\cos }^{2}}x}{\cos x+1}\sin x}dx$ (1)

Đặt: $t=1+\cos x$ $\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}dt=-\sin xdx,x=0\to t=2;x=\frac{\pi }{2}\to t=1\\f\left( x \right)dx=\frac{{{\left( t-1 \right)}^{2}}}{t}dt=\left( t-2+\frac{1}{t} \right)dt\end{array} \right.$

Do đó: $I=2\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{f\left( x \right)}dx=-2\int\limits_{2}^{1}{\left( t-2+\frac{1}{t} \right)}dt$ $=\left. 2\left( \frac{1}{2}{{t}^{2}}-2t+\ln \left| t \right| \right) \right|_{1}^{2}=2\ln 2-1$

Ví dụ 2. Tính các tích phân sau

a. $I=\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{\frac{\sin 2x}{\sqrt{{{\cos }^{2}}x+4{{\sin }^{2}}x}}}dx$ b. $I=\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{\frac{\cos 3x}{\sin x+1}}dx$

Lời giải:

a. $I=\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{\frac{\sin 2x}{\sqrt{{{\cos }^{2}}x+4{{\sin }^{2}}x}}}dx$ . Đặt: $t=\sqrt{{{\cos }^{2}}x+4{{\sin }^{2}}x}\Rightarrow {{t}^{2}}={{\cos }^{2}}x+4{{\sin }^{2}}x$

Do đó: $\left\{ \begin{array}{l}2tdt=\left( -2\sin x\cos x+8\sin x\cos x \right)dx=3\sin 2xdx\to \sin 2xdx=\frac{2}{3}tdt\\x=0\to t=1;x=\frac{\pi }{2}\to t=2\end{array} \right.$

Vậy: $I=\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{f\left( x \right)}dx=\frac{2}{3}\int\limits_{1}^{2}{\frac{tdt}{t}}=\frac{2}{3}\int\limits_{1}^{2}{dt}=\left. \frac{2}{3}t \right|_{1}^{2}=\frac{2}{3}$

b. $I=\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{\frac{\cos 3x}{\sin x+1}}dx$ .

Ta có:

$\cos 3x=4{{\cos }^{3}}x-3\cos x=\left( 4{{\cos }^{2}}x-3 \right)\cos x$ $=\left( 4-4{{\sin }^{2}}x-3 \right)\cos x=\left( 1-4{{\sin }^{2}}x \right)\cos x$

Cho nên: $f\left( x \right)dx=\frac{\cos 3x}{1+\sin x}dx=\frac{\left( 1-4{{\sin }^{2}}x \right)}{1+\sin x}\cos xdx$ (1)

Đặt: $t=1+\sin x$ $\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}dt=\cos xdx,x=0\to t=1;x=\frac{\pi }{2}\to t=2\\f\left( x \right)dx=\frac{\left[ 1-4{{\left( t-1 \right)}^{2}} \right]}{t}dt=\left( 8-4t-\frac{3}{t} \right)dt\end{array} \right.$

Vậy: $I=\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{f\left( x \right)}dx=\int\limits_{1}^{2}{\left( 8-4t-\frac{3}{t} \right)}dt=\left. \left( 8t-2{{t}^{2}}-3\ln \left| t \right| \right) \right|_{1}^{2}=2-3\ln 2$

Ví dụ 3. Tính các tích phân sau

a. $I=\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{\frac{\sin xdx}{{{\sin }^{2}}x+2\cos x.{{\cos }^{2}}\frac{x}{2}}}$ b. $\displaystyle I=\int\limits_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{2}}{\frac{\sin x-\cos x}{\sqrt{1+\sin 2x}}}dx$

Lời giải:

a. $I=\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{\frac{\sin xdx}{{{\sin }^{2}}x+2\cos x.{{\cos }^{2}}\frac{x}{2}}}=\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{\frac{\sin xdx}{{{\sin }^{2}}x+\cos x.\left( 1+\cos x \right)}}$ $=\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{\frac{\sin x}{1+\cos x}}dx=\left. -\ln \left| 1+\cos x \right| \right|_{0}^{\frac{\pi }{2}}=\ln 2$

b. $I=\int\limits_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{2}}{\frac{\sin x-\cos x}{\sqrt{1+\sin 2x}}}dx=\int\limits_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{2}}{\frac{\sin x-\cos x}{\sqrt{{{\left( \sin x+\cos x \right)}^{2}}}}}dx=\int\limits_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{2}}{\frac{\sin x-\cos x}{\left| \sin x+\cos x \right|}}dx$ (1)

Vì: $\sin x+\cos x=\sqrt{2}\sin \left( x+\frac{\pi }{4} \right);\frac{\pi }{4}\le x\le \frac{\pi }{2}$ $\Rightarrow \frac{\pi }{2}\le x+\frac{\pi }{4}\le 3\frac{\pi }{4}\Leftrightarrow \sin \left( x+\frac{\pi }{4} \right)>0$

Mặt khác: $d\left( \sin x+\cos x \right)=\left( \cos x-\sin x \right)dx$

Cho nên: $I=\int\limits_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{2}}{-\frac{d\left( \sin x+\cos x \right)}{\sin x+\cos x}}=\left. -\ln \left| \sin x+\cos x \right| \right|_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{2}}$ $=-\left[ \ln 1-\ln \sqrt{2} \right]=\frac{1}{2}\ln 2$ .

Ví dụ 4. Tính các tích phân sau

a. $I=\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{\frac{\cos 2x}{{{\left( \sin x-\cos x+3 \right)}^{3}}}}dx$ b. $I=\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{4}}{\frac{\cos 2x}{1+2\sin 2x}}dx$

Lời giải:

a. $I=\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{\frac{\cos 2x}{{{\left( \sin x-\cos x+3 \right)}^{3}}}}dx$ . Vì: $\cos 2x={{\cos }^{2}}x-{{\sin }^{2}}x=\left( \cos x+\sin x \right)\left( \cos x-\sin x \right)$

Cho nên: $f\left( x \right)dx=\frac{\cos 2x}{{{\left( \sin x-\cos x+3 \right)}^{3}}}dx=\frac{\left( \cos x-\sin x \right)}{{{\left( \sin x-\cos x+3 \right)}^{3}}}\left( \cos x+\sin x \right)dx$

Đặt: $\displaystyle t=\sin x-\cos x+3$ $\displaystyle \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}dt=\left( \cos x+\sin x \right)dx;x=0\to t=2,x=\frac{\pi }{2}\to t=4\\f\left( x \right)dx=\frac{t-3}{{{t}^{3}}}dt=\left( \frac{1}{{{t}^{2}}}-3\frac{1}{{{t}^{3}}} \right)dt\end{array} \right.$

Vậy: $I=\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{f\left( x \right)}dx=\int\limits_{2}^{4}{\left( \frac{1}{{{t}^{2}}}-3\frac{1}{{{t}^{3}}} \right)}dt=\left. \left( -\frac{1}{t}+\frac{3}{4}\frac{1}{{{t}^{2}}} \right) \right|_{2}^{4}=\frac{1}{32}$

b. $I=\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{4}}{\frac{\cos 2x}{1+2\sin 2x}}dx$ . Đặt: $t=1+2\sin 2x$ $\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}dt=4\cos 2xdx\to \cos 2xdx=\frac{1}{4}dt\\x=0\to t=1;x=\frac{\pi }{4}\to t=3\end{array} \right.$

Vậy: $I=\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{4}}{\frac{\cos 2x}{1+2\sin 2x}}dx=\frac{1}{4}\int\limits_{1}^{3}{\frac{dt}{t}}=\left. \frac{1}{4}\ln \left| t \right| \right|_{1}^{3}=\frac{1}{4}\ln 3$

Ví dụ 5. Tính các tích phân sau:

a. $I=\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{\frac{4{{\sin }^{3}}x}{1+\cos x}}dx$ b. $I=\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{6}}{\frac{\sin 3x-{{\sin }^{3}}3x}{1+\cos 3x}}dx$

Lời giải:

a. $I=\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{\frac{4{{\sin }^{2}}x}{1+\cos x}dx}=4\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{\frac{\left( 1-{{\cos }^{2}}x \right)}{1+\cos x}}\sin xdx$
$=4\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{\left( 1-\cos x \right)\sin x}dx=\left. 4.\frac{1}{2}{{\left( 1-\cos x \right)}^{2}} \right|_{0}^{\frac{\pi }{2}}=2$

b. $I=\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{6}}{\frac{\sin 3x-{{\sin }^{3}}3x}{1+\cos 3x}}dx$

Ta có: $\sin 3x-{{\sin }^{3}}3x=\sin 3x\left( 1-{{\sin }^{2}}3x \right)=\sin 3x.{{\cos }^{2}}3x$ .

Đặt: $t=1+\cos 3x\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}dt=-3\sin 3xdx\to \sin 3xdx=-\frac{1}{3}dt\\x=0\to t=2;x=\frac{\pi }{6}\to t=1\end{array} \right.$

Vậy: $\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{6}}{f\left( x \right)}dx=-\frac{1}{3}\int\limits_{2}^{1}{\frac{{{\left( t-1 \right)}^{2}}}{t}}dt=\frac{1}{3}\int\limits_{1}^{2}{\left( t-2+\frac{1}{t} \right)dt}$ $=\left. \frac{1}{3}\left( \frac{1}{2}{{t}^{2}}-2t+\ln \left| t \right| \right) \right|_{1}^{2}=-\frac{1}{6}+\frac{1}{3}\ln 2$ .