Bài giảng Toán cao cấp C1 (Hệ đại học): Phần 2 - TS. Trần Ngọc Hội

Chia sẻ: Codon_09 Codon_09 | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:62

Thêm vào BST

Báo xấu

313
lượt xem 43
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

(NB) Mời các bạn cùng tìm hiểu phép tính tích phân hàm một biến; phép tính vi phân hàm nhiều biến được trình bày cụ thể trong "Bài giảng Toán cao cấp C1 (Hệ đại học): Phần 2" của TS. Trần Ngọc Hội. Cùng tìm hiểu để nắm bắt nội dung thông tin tài liệu.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Bài giảng Toán cao cấp C1 (Hệ đại học): Phần 2 - TS. Trần Ngọc Hội

CHƯƠNG 2 PHÉP TÍNH TÍCH PHÂN HÀM MỘT BIẾN A-TÍCH PHÂN BẤT ĐỊNH 1. KHÁI NIỆM VỀ TÍCH PHÂN BẤT ĐỊNH 1.1. Định nghĩa nguyên hàm. Hàm số F(x) là một nguyên hàm của f(x) trên (a,b) nếu F′(x)= f(x), ∀ x∈(a,b). 4 x Ví dụ. 1) là một nguyên hàm của x3 trên R. 4 2) cosx là một nguyên hàm của − sinx trên R. Khi nói đến nguyên hàm của f(x) mà không chỉ rõ khoảng (a,b) thì ta hiểu đó là nguyên hàm của f(x) trên các khoảng xác định của f(x). 1.2. Định lý. Cho F(x) là một nguyên hàm của f(x) trên (a,b). Khi đó 1) Với mọi hằng số C, F(x) + C cũng là nguyên hàm của f(x) trên (a, b). 2) Ngược lại, mọi nguyên hàm của f(x) trên (a,b) đều có dạng F(x) + C. 1.3. Định nghĩa tích phân bất định Tập hợp tất cả các nguyên hàm của f(x) được gọi là tích phân bất định của hàm f(x), ký hiệu là ∫ f (x)dx . Nếu biết F(x) là một nguyên hàm của f(x) thì: ∫ f (x)dx = F(x) + C. x4 ∫ x dx = + C; ∫ sin xdx = − cos x + C. 3 Ví dụ. 4 1.4. Tính chất 1) Nếu f(x) có nguyên hàm thì ( ∫ f (x)dx )′ = f (x). 2) 2)∫ f ′(x)dx = f (x) + C. 3) Với k là hằng số, ta có ∫ kf (x)dx = k ∫ f (x)dx + C. 4) ∫ [f (x) + g(x)]dx =∫ f (x)dx + ∫ g(x)dx. 59
1.5. Bảng các tính phân cơ bản x α +1 dx α ∫ x dx = α +1 +C (-1 ≠ α : Const) ∫ x = 2 x +C dx 1 dx ∫ x 2 = − x +C ∫ x = ln | x | + C x x ∫ e dx = e + C x ax ∫ a dx= ln a +C (0 < a ≠ 1: Const) ∫ sinxdx = − cosx + C ∫ cosxdx = sinx +C dx 2 dx 2 ∫ cos2 x = ∫ (1 + tg x)dx ∫ sin 2 x = ∫ (1+ cotg x)dx = tgx +C = − cot gx + C ∫ tgxdx = − ln | cos x | + C ∫ cot gxdx = ln | sin x | + C dx x dx ∫ = a rcsin + C ∫ = n x + x2 + h + C a2 − x2 a x2 + h (0< a: Const) (h: Const) dx 1 x dx 1 x+a ∫a +x 2 2 = arctg + C a a ∫ a2 − x2 = 2a ln x−a +C (0 ≠ a: Const) (0 ≠ a: Const) dx 1 x − a ∫ x − a2 2 = 2a ln x + a + C (0 ≠ a:Const) 1 1 x ∫ a 2 − x2 dx = 2 x a 2 − x 2 + a 2 a rcsin 2 a + C (0 < a : C o n st) 1 1 ∫ x 2 + h dx = 2 x x 2 + h + h.ln | x + 2 x 2 + h | +C (h: Const) Chú ý. Nếu ∫ f (x)dx = F(x) + C thì với a ≠ 0 và b là các hằng số, ta có 1 ∫ f ( ax + b ) dx = a F(ax + b) + C . 1 3x − 4 Ví dụ. ∫ e3x −4dx = e + C. 3 60
2. CÁC PHƯƠNG PHÁP TÍNH TÍCH PHÂN 2.1. Phương pháp phân tích Muốn tính tích phân bất định của một hàm số f(x) ta dùng các tính chất của tích phân và phân tích f(x) để đưa tích phân cần tính về các dạng tích phân cơ bản. Ví dụ. Tính các tích phân sau: x +1 1/ 2 2 1) ∫ x dx = ∫x dx + ∫ xdx= 3 x x + 2 x + C. x4 x4 − 16 + 16 16 dx 2) ∫ x2 + 4 dx = ∫ 2 dx = ∫ (x 2 − 4 + 2 )dx = ∫ x 2dx − 4 ∫ dx + 16∫ 2 x +4 x +4 x +4 3 x x = − 4x + 8 arctg + C. 3 2 1 1 1 3) ∫ sin 5x.sin 3xdx = 2 ∫ (cos 2x − cos 8x)dx = 2 ∫ cos 2xdx − 2 ∫ cos 8xdx 1 1 = sin 2x − sin 8x + C. 4 16 1 − cos 4x 1 1 1 4) ∫ sin2 2x dx = ∫ dx = ∫ (1 − cos 4x)dx = x − sin 4x + C. 2 2 2 8 2 2 4 3 4 5 5) ∫ (1 + 2x ) dx = ∫ (1 + 4x 2 + 4x 4 )dx = x + x + x +C 3 5 10 1 1 1 6) ∫ (1 + 2x) dx = (1 + 2x)11 + C = (1 + 2x)11 + C. 2 11 22 2.2. Phương pháp đổi biến số 1. Đổi biến số dạng 1: Giả sử tích phân có dạng: I = ∫ f [u(x)] u '(x)dx , trong đó u(x) và u'(x) liên tục. Đặt t = u(x) ⇒ dt = u'(x)dx. Ta có I= ∫ f [u(x) ] u '(x)dx = ∫ f (t)dt (1) Tính tích phân sau cùng trong (1) theo t, sau đó thay t = u(x) để suy ra I. 2. Đổi biến số dạng 2: Xét tích phân I = ∫ f (x)dx . Đặt x = ϕ(t), trong đó ϕ(t) có đạo hàm −1 ϕ '(t) liên tục và x = ϕ (t) có hàm ngược t = ϕ (x). Khi đó dx = ϕ '(t)dt và I = ∫ f (x)dx = ∫ f[ϕ(x)] ϕ′ (t)dt (2) Tính tích phân sau cùng trong (2) theo t, sau đó thay t = ϕ−1(x) để suy ra I. Ví dụ. Tính các tích phân sau: 1) I = ∫ x2 (3 + 2x3 )4dx. 61
dt Ñaët t = 3 + 2x 3 ⇒ dt = 6x 2dx ⇒ x 2dx = . 6 1 t5 (3 + 2x3 )5 Suy ra I = ∫ t4 dt = +C= + C. 6 30 30 2x + 1 2) I = ∫ x2 + x − 3 dx. Đặt t = x2 + x − 3 ⇒ dt = (2x + 1)dx. Suy ra dt I= ∫ t = ln t + C = ln x2 + x − 3 + C. xdx 3) I = ∫x 2 +x−3 . Ta có 1 2x + 1 1 dx 1 1 I= ∫ 2 x +x−3 2 dx − ∫ 2 = ln| x 2 + x − 3| − J. 2 x +x−3 2 2 J dx Xét J = ∫x 2 +x−3 . Ta có 1 13 x 2 + x − 3 = (x + )2 − . 2 4 Suy ra 1 1 13 d(x + ) x+ − dx dx 2 1 2 2 +C J = ∫ x +x−3 2 = ∫ 1 2 13 = ∫ ⎛ 13 ⎞ 2 = 13 n 1 13 (x + ) − 1 2. x+ + 2 4 (x + ) 2 − ⎜ ⎟ 2 2 2 2 ⎜ 2 ⎟ ⎝ ⎠ 1 2x + 1 − 13 = ln + C. 13 2x + 1 + 13 Vậy 1 1 2x + 1 − 13 I= ln| x 2 + x − 3| − ln + C. 2 2 13 2x + 1 + 13 xdx 4) I = ∫ 4 . 1+ x dt Ñaët t = x2 ⇒ dt = 2xdx ⇒ xdx = . Suy ra 2 62
1 dt 1 1 I= I = 2 ∫ 1 + t2 = ln t + 1 + t 2 + C = ln x 2 + 1 + x 4 + C. 2 2 ln2 x + 1 5) I = ∫ dx. x ln x dx Đặt t = lnx ⇒ dt = . Suy ra x t2 + 1 1 t2 ln 2 x I= I=∫ dt = ∫ (t + )dt = + ln t + C = + ln ln x + C. t t 2 2 3x + 5 6) I = ∫ 4x + 1 dx. t2 − 1 1 Ñaët t = 4x + 1 ⇒ x = ⇒ dx = tdt . Suy ra 4 2 t2 − 1 3 +5 4 1 3 17 t 3 17t 1 17 I= ∫ tdt = ∫ ( t 2 + )dt = + = (4x + 1)3 + 4x + 1 + C. t 2 8 8 8 8 8 8 7) I = ∫ a 2 − x 2 dx (0 < a: Const). π π Đặt x = asint, ⎛⎜ − ≤ t ≤ ⎞⎟ ⇔ t = arc sin x . Khi đó ⎝ 2 2⎠ a a 2 − x2 = a|cos t|= a cos t;dx = a cos tdt. Suy ra 1 2 1 1 1 1 I = ∫ a 2 cos2 tdt = a ∫ (1 + cos 2t )dt = a 2 (t + sin 2t) + C = a 2 t + a 2 sin 2t + C. 2 2 2 2 4 Mặt khác, 1 2 1 1 1 a sin 2t = a 2 sin t cos t = a 2 sin ta cos t = x a 2 − x 2 . 4 2 2 2 1 2 x 1 Vậy I= a arc sin + x a 2 − x2 + C. 2 a 2 2.3. Phương pháp tích phân từng phần Cho các hàm số u = u(x) và v= v(x) co1ca1c đạo hàm u′ = u′(x) và v′ = v′(x) liên tục. Khi đó (uv)′ = u′v + uv′ nên uv′= (uv)′ − vu′. Suy ra ∫ uv′dx = ∫ (uv)′dx −∫ u′vdx = uv − ∫ u′vdx. Ta đã chứng minh công thức tích phân từng phần: 63
∫ uv′dx = uv − ∫ vu′dx Ta còn viết công thức trên dưới dạng: ∫ udv = uv − ∫ vdu Chú ý. 1) Để tính ∫ g(x)h(x)dx bằng phương pháp tích phân từng phần có 2 cách đặt: ⎧ u = g(x) ⎧⎪du = g′(x)dx ⎨ ⇒ ⎨ ⎩dv = h(x)dx ⎪⎩ v = ∫ h(x)dx (thöôøng choïn C = 0) hoặc ⎧ u = h(x) ⎧⎪du = h′(x)dx ⎨ ⇒ ⎨ ⎩dv = g(x)dx ⎪⎩ v = ∫ g(x)dx (thöôøng choïn C = 0) Ta thường chọn cách đặt nào để tính được ∫ vdu . 2) Đối với một số bài toán, sau khi áp dụng tích phân từng phần, ta được mộ hệ thức có dạng ∫ f (x)dx = F(x) + α ∫ f (x)dx, (1 ≠ α : Const). Khi đó 1 ∫ f ( x ) dx = 1 − α F(x) + C. 3) Các tích phân sau đây dược tính bằng phương pháp tích phân từng phần với cách đặt tương ứng (ở đây p(x) là đa thức theo x có a là hằng số): LOẠI CÁCH ĐẶT u = p(x); dv = sinaxdx (cosaxdx, eaxdx,…) ∫ p(x) sin axdx, ∫ p(x) cos axdx, ∫ p(x)e dx,... ax ∫ p(x) ln axdx, ∫ p(x)arctgaxdx, ∫ p(x) arcsin axdx,... u = lnax (arctgax,arcsinax,…); dv = p(x)dx Ví dụ. Tính các tích phân sau: ⎧u = x ⎧du = dx 1) I = ∫ x cos x dx . Đặt ⎨ ⇒⎨ ⎩dv = cos xdx ⎩ v = sin x Suy ra I = x sin x − ∫ sin x dx = x sin x + cos x + C. ⎧u = x x dx ⎪ ⎧du = dx 2) I = ∫ . Đặt ⎨ dx ⇒ ⎨ ⎩ v = − cot gx 2 sin x ⎪⎩dv = sin2 x Suy ra 64
cos x d(sin x) I = − x cot gx + ∫ cot gx dx = − x cot gx + ∫ dx = − x cot g x + ∫ = − x cot g x + ln sin x + C. sin x sin x ⎧⎪u = sin x ⎧⎪du = cos x dx 3) I = ∫ ex sin x dx . Đặt ⎨ ⇒ ⎨ ⎪⎩dv = e x dx ⎪⎩ v = e x Suy ra I = ex sin x − ∫ ex cos xdx . I1 ⎧⎪ u = cos x ⎧⎪du = − sin x dx Tính I1 : Đặt ⎨ ⇒ ⎨ ⎪⎩dv = e x dx ⎪⎩ v = e x Suy ra I1 = ex cos x + ∫ ex sin x dx = ex cos x + I. Vậy I = e x sin x − e x cos x − I. 1 x Từ đó I = e (sin x − cos x) + C. 2 ⎧ dx ⎪ du = ⎧ u = ln x ⎪ x 4) I = ∫ x α ln xdx (−1 ≠ α : Const) . Đặt ⎨ ⇒⎨ α+1 . Ta có ⎩dv = x dx ⎪v = x α ⎩⎪ α +1 x α+1 x α+1 dx x α+1 xα x α+1 x α+1 I= ln x − ∫ = ln x − ∫ dx = ln x − +C α +1 α +1 x α +1 α +1 α +1 (α + 1)2 ⎧ ⎧du = 2xdx ⎪ u = x2 ⎪ 2 3x 5) I = ∫ x e dx. Đặt ⎨ ⇒⎨ e 3x . Suy ra 3x ⎪⎩dv = e dx ⎪⎩ v = 3 x2e3x 2 I= − ∫ xe3xdx . 3 3 I1 ⎧ ⎧ du = dx ⎪ u=x ⎪ 3x Tính I1: Đặt ⎨dv = e 3x ⇒ ⎨v = e .Ta có ⎪⎩ ⎪⎩ 3 xe3x 1 3x xe3x 1 3x I1 = − ∫ e dx = − e +C 3 3 3 9 Vậy 65
x 2e3x 2 xe3x 1 3x 1 3x I = − ( − e )+ C = e (9 x 2 − 6 x + 2) + C 3 3 3 9 27 ⎧ dx ⎧u = arc tgx ⎪⎪du = 1 + x 2 6) I = ∫ x arc tg x dx. Đặt ⎨ ⇒⎨ .Ta có ⎩dv = x ⎪v = 1 + x 2 ⎪⎩ 2 1 + x2 1 + x2 dx 1 + x2 1 I= arctgx − ∫ = arctgx − x + C. 2 2 1 + x2 2 2 7) I = ∫ a2 − x2 dx (0 < a: Const) ⎧ xdx ⎧⎪u = a 2 − x2 ⎪du = − 2 Đặt ⎨ ⇒⎨ a − x2 .Ta có ⎩⎪dv = dx ⎪ ⎩v = x ⎛ x2 ⎞ (a 2 − x 2 ) − a 2 I = x a 2 − x2 − ∫ ⎜ − ⎟⎟ dx = x a 2 − x 2 − ∫ a 2 − x2 dx ⎜ ⎝ a 2 − x2 ⎠ dx x = x a 2 − x2 − ∫ a 2 − x 2 dx + a 2 ∫ = x a 2 − x 2 + a 2 arcsin − I. a 2 − x2 a Suy ra 1 1 x I = x a 2 − x 2 + a 2 a rc sin + C. 2 2 a 8)I = ∫ x 2 + h dx = (h: Const) ⎧ xdx ⎧⎪u = x2 + h ⎪du = Đặt ⎨ ⇒⎨ x2 + h .Ta có ⎩⎪dv = dx ⎪v = x ⎩ x2 (x 2 + h) − h I = x x2 + h − ∫ dx = x x 2 + h − ∫ dx x2 + h x2 + h dx = x x2 + h − ∫ x 2 + hdx + h ∫ = x x 2 + h + h.ln| x + x 2 + h | −I. x2 + h Suy ra 1 1 I = x x2 + h + h .ln | x + x 2 + h | + C. 2 2 66
3. TÍCH PHÂN HÀM HỮU TỈ 3.1. Tích phân của các phân thức đơn giản Xét các tích phân có dạng sau: A Mx + N Ik = ∫ dx , J m = ∫ dx , (x − a) (x ) k m 2 + px + q trong đó A, M, N, a, p, q ∈ ; k , m nguyên dương và p2 – 4q < 0. A 1) Ik = ∫ dx được tính như sau: (x − a) k A I1 = ∫ x − a dx = A ln x − a + C. A A I2 = ∫ dx = − +C (k > 1). (x − a) ( k − 1)( x − a ) k k −1 Mx + N 2) Tính tích phân J1 = ∫ dx : (x ) m 2 + px + q 2 ⎛ p⎞ ⎛ p2 ⎞ Ta có x + px + q = ⎜ x + ⎟ + ⎜ q − 2 ⎟. ⎝ 2⎠ ⎝ 4 ⎠ p2 p2 Vì p2 – 4p < 0 nên q − > 0 . Đặt a = q − . Thực hiện đổi biến 4 4 p t=x+ ⇒ dt = dx. 2 Mp ⎞ Ta có x2 + px + q = t2 + a2 và Mx + N = Mt + ⎛⎜ N − ⎟ . Do đó ⎝ 2 ⎠ ⎛ Mp ⎞ Mt + ⎜ N − ⎟ Mx + N ⎝ 2 ⎠ M 2tdt ⎛ Mp ⎞ dt J1 = ∫ dx = ∫ dt = ∫ + ⎜N − ⎟∫ 2 2 2 2 2 ⎠ t + a2 x + px + p t2 + a2 2 t +a ⎝ M ( d t2 + a2 ) + 1 ⎛⎜ N − Mp ⎞⎟arctg t + C M ( 1⎛ ln t 2 + a 2 + ⎜ N − ) Mp ⎞ t = 2 ∫ t +a2 2 a⎝ 2 ⎠ a = 2 a⎝ ⎟arctg + C 2 ⎠ a M 2N − Mp 2x + p = 2 ( ln x 2 + px + q + ) arctg +C 2 4q − p 2 4q − q 2 Mx + N 3) Tính tích phân J m = ∫ dx (m > 1): ( ) m x 2 + px + q Biến đổi giống như J1 ta được 67
⎛ Mp ⎞ Mt + ⎜ N − ⎟ Mx + N ⎝ 2 ⎠ dt = M 2tdt ⎛ Mp ⎞ dt Jm = ∫ dx = ∫ m ( ∫ ) + ⎜N − ⎟∫ . ( ) t +a 2 t2 + a2 ( ) ( 2 ⎠ t2 + a2 ) m 2 2 m m x2 + px + q ⎝ Km Lm Ta tính Km bằng cách đổi biến u = t 2 + a 2 ⇒ du = 2tdt . 2tdt du 1 1 Km = ∫ (t 2 + a 2 )m = ∫u m = −1 (m − 1)u m −1 +C= − (m − 1)(t 2 + a 2 )m −1 + C. dt Ta tính Lm = ∫ (t 2 + a 2 )m bằng công thức truy hồi như sau: dt 4) Tính tích phân Lm = ∫ (t 2 + a 2 )m (m nguyên dương) ⎧ 1 ⎧ 2mt ⎪u = 2 ⎪du = − 2 dt Đặt ⎨ (t + a 2 )m ⇒⎨ (t + a 2 ) m +1 . Ta có ⎪dv = dt ⎪ v=t ⎩ ⎩ t t2 Lm = + 2m ∫ dt , (t ) (t ) m m +1 2 +a 2 2 +a 2 L (t 2 + a 2 ) − a 2 dt dt L=∫ 2 dt = ∫ (t − a2 ∫ 2 = L m − a 2 L m +1 . (t + a 2 ) m +1 2 +a ) 2 m (t + a ) 2 m +1 Do đó t Lm = + 2mLm − 2ma 2Lm +1 . (t + a ) 2 2 m Suy ra 1 t 2m − 1 1 Lm +1 = + L 2ma (t + a ) 2 2 2 m 2m a 2 m Đây là công thức truy hồi để tính Lm, trong đó dt 1 t L1 = ∫ t2 + a2 a = arctg a + C. 3.2. Tích phân các hàm hữu tỉ Hàm hữu tỉ là một hàm số có dạng: P(x) b 0 + b1 x + ... + b m x m f ( x) = = (1) Q ( x) a 0 + a 1 x + ... + a n x n 68
với ai, bi ∈ và an, bm ≠ 0 và P(x), Q(x) không có nghiệm chung. Ta thấy nếu bậc của P(x) lớn hơn hoặc bằng bậc của Q(x) (m ≥ n) thì bằng cách chia tử cho mẫu ta có thể biểu diễn (1) dưới dạng: P2 (x) f (x) = P1 (x) + , Q(x) trong đó P1(x), P2(x) là các đa thức theo x với bậc của P2(x) bé hơn bậc của Q(x). Vì P1(x) là đa thức nên tích phân P1(x) tính được dễ dàng. Vì vậy ta giả thiết rằng f(x) có dạng (1) với bậc của P(x) tử bé hơn bậc của mẫu (m < n). Khi đó đuợc phân tích thành tổng các phân thức đơn Q(x) giản như sau: Để minh họa, ta giả sử Q(x) có bậc 10 và được phân tích dưới dạng: Q(x) = (x − a)(x − b)3(x2 + px + q)(x2 + rx + s)2 (p2 – 4q < 0; r2 – 4s < 0 ). Khi đó P(x) A B1 B2 B3 Cx + D E x + F1 E x + F2 = + + + + 2 + 21 + 2 2 , Q(x) x − a x − b (x − b) 2 (x − b) 3 x + px + q x + rx + s (x + rx + s)2 trong đó A, B1,.., E2, F2 ∈ R. Để các định các hệ số trên ta có 2 cách như sau: Cách 1 (Phương pháp hệ số bất định): Nhân hai vế cho Q(x) rồi đồng nhất hệ số của các số hạng cùng bậc ở hai vế, đưa đến hệ phương trình tuyến tính đối với A, B1,.., E2, F2 . Giải hệ phương trình này ta tìm được A, B1,.., E2, F2. Cách 2 (Phương pháp giá trị riêng): Cho x nhận 10 giá trị tùy ý (số 10 ứng với số lượng các hệ số cần xác định) rồi thế vào đẳng thức trên để được một hệ phương trình tuyến tính đối với A, B1,.., E2, F2 . Giải hệ phương trình này ta tìm được A, B1,.., E2, F2. Ví dụ. Tính các tích phân sau: x+2 dx a) I = ∫ x4 + 2x3 + 2x2 + 2x + 1dx , b) I = ∫ x4 + 1 . x+2 Giải. a) I = ∫ x4 + 2x3 + 2x2 + 2x + 1dx . Ta phân tích x+2 x+2 A B Cx + D = = + + 2 4 3 2 x + 2x + 2x + 2x + 1 2 2 (x + 1) (x + 1) x + 1 (x + 1) 2 x +1 ⇔ x + 2 = A(x + 1)(x 2 + 1) + B(x 2 + 1) + (Cx + D)(x + 1)2 (1) Từ (1) ta có - chọn x = −1 ⇒ B = 1/2. - chọn x = 0 ⇒ A + B + D = 2. - chọn x = 1 ⇒ 4A + 2B + 4C + 4D = 3. - chọn x = −2 ⇒ −5A + 5B − 2C + D = 0. 69
Ta có hệ ⎧ 3 ⎧ ⎪A + D = ⎪A = 1 ⎪⎪ 2 ⎪ ⎨ 4 A + 4C + 4D = 2 ⇔ ⎨C = −1 ⎪ 5 ⎪ 1 ⎪ −5A − 2C + D =− ⎪D = ⎪⎩ 2 ⎩ 2 Vậy 1 x− x+2 1 1 1 1 1 1 1 2x 1 1 = + − 2 2 = + − + . x + 2x + 2x + 2x + 1 x + 1 2 (x + 1) 4 3 2 2 x + 1 x + 1 2 (x + 1) 2 2 x + 1 2 x2 + 1 2 Suy ra 1 1 1 1 2x 1 1 I= ∫ x + 1dx + 2 ∫ (x + 1)2 dx − 2 ∫ x2 + 1dx + 2 ∫ x2 + 1 dx 1 1 1 1 = ln| x + 1| − − ln(x 2 + 1) + arctgx + C. 2 x +1 2 2 dx b) I = ∫x 4 +1 . Ta có x4 + 1 = (x4 + 2x2 + 1) − 2x2 = (x2 + 1)2 − (x 2)2 = (x2 + x 2 + 1)(x2 − x 2 + 1) Ta phân tích 1 Ax + B Cx + D = + ⇔ 1 = (Ax + B) (x 2 − x 2 + 1) + (Cx + D)(x 2 + x 2 + 1) x + 1 x + 2x + 1 x − 2x + 1 4 2 2 ⇔ (A + C)x 3 + (− A 2 + B + C 2 + D)x 2 + (A − B 2 + C + D 2)x + B + D = 1 Đồng nhất các hệ số tương ứng ở hai vế ta được: ⎧ 1 ⎪A = 2 2 ⎧A + C = 0 ⎪ ⎪ ⎪ 1 ⎪− A 2 + B + C 2 + D = 0 ⎪⎪B = 2 ⎨ ⇔ ⎨ ⎪A − B 2 + C + D 2 = 0 ⎪C = − 1 ⎪B + D = 1 ⎪ 2 2 ⎩ ⎪ ⎪D = 1 ⎪⎩ 2 Vậy 1 x+ 2 1 x− 2 I= 2 ∫ 2 x 2 − + x 2 +1 2 2 ∫x 2 − x 2 +1 I1 I2 70
Ta có 2 d(x + ) 1 2x + 2 2 2 1 I1 = ∫ dx + ∫ = ln(x 2 + x 2 + 1) + arctg(x 2 + 1) + C. 2 x2 + x 2 + 1 2 2 2 2 2 (x + ) + ( )2 2 2 Tương tự, 1 I2 = ln(x 2 − x 2 + 1) − arctg(x 2 − 1) + C. 2 Do đó 1 x2 + x 2 + 1 1 1 I= ln + arctg(x 2 + 1) + arctg(x 2 − 1) + C 4 2 x − x 2 +1 2 2 2 2 2 4. TÍCH PHÂN HÀM LƯỢNG GIÁC Xét tích phân dạng I = ∫ R(sin x, cos x)dx, trong đó R là một hàm hữu tỉ đối với sinx, cosx. 4.1. Phương pháp tổng quát Thực hiện phép đổi biến x t = tg , (−π < x < π) 2 2dt Khi đó dx = và ta có công thức 1 + t2 2t 1 − t2 2t sin x = , cos x = , tgx = . 1 + t2 1 + t2 1 − t2 Do đó I có dạng tích phân hàm hữu tỉ đã xét ở phần trước. x 3tg +1 dx 1 2 Ví dụ: I = ∫ 2 sin x − cos x + 5 = arctg +C 5 5 4.2. Một số phương pháp khác Sau đây ta xét một số dạng có thể đổi biến để đưa về các tích phân hàm hữu tỉ đơn giản hơn: 1) Tích phân dạng I= ∫ R(sin x). cos xdx Đặt t = sin x ⇒ dt = cos x dx. Khi đó I = ∫ R(t)dt. 2) Tích phân dạng I = ∫ R(cos x).sin xdx. 71
Đặt t = cos x ⇒ dt = − sin xdx . Khi đó I = ∫ R(t)dt. 3) Tích phân dạng I = ∫ R(tgx)dx. dt Ñaët t = tgx ⇒ dt = (1 + tg 2 x)dx hay dx= 1 + t2 R(t) Khi đó I = ∫ 1 + t2 dt. 4) Tích phân dạng I = ∫ (sin x) (cos x) dx . Dùng công thức hạ bậc: 2n 2m 1 − cos2x 1 + cos2x 1 sin2 x = , cos2 x = , sinx.cosx = sin2x. 2 2 2 5) Tích phân dạng I = ∫ R(sin x, cos x) dx . 2 2 dt Ñaët t = tgx ⇒ dt = (1 + tg 2 x)dx hay dx= 1 + t2 Ta có công thức t2 1 2t sin x = 2 , cos2 x = , tg 2 x = . 1+t 2 1+t 2 1 − t2 6) Tích phân dạng ∫ sin ax cos bxdx; ∫ sin ax sin bxdx; ∫ cos ax cos bx dx. Ta dùng công thức biến đổi tích thành tổng: 1 sin ax cos bx = [sin(ax − bx) + sin(ax + bx)] 2 1 sin ax sin bx = [ cos(ax − bx) − cos(ax + bx)] 2 1 cos ax cos bx = [ cos(ax − bx) + cos(ax + bx)] 2 Ví dụ. Tính các tích phân sau: dx a) ∫ sin 2 x cos3 x dx ; b) ∫ ; sin x cos2 x 4 c) ∫ sin 7x.sin 5x dx d) ∫ sin 4 x.cos2 xdx ; Giải. a)I = ∫ sin2 x cos3 x dx = ∫ (1 − sin2 x).cos x dx. Đặt t = sin x ⇒ dt = cos x dx . Ta có t 3 t5 sin3 x sin5 x I = ∫ t 2 (1 − t 2 )dt = − +C= − + C. 3 5 3 5 dx b) ∫ . Đặt sin x cos2 x 4 72
dt t = tgx ⇒ dt = (1 + tg 2 x)dx hay dx= . 1 + t2 Ta có dt dx 1 + t2 t4 + 2t2 + 1 ⎛ 2 1⎞ I=∫ = ∫ = ∫ dt = ∫ ⎜ 1 + 2 + 4 ⎟ dt sin x cos x 4 2 ⎛ t2 ⎞ 1 2 t 4 ⎝ t t ⎠ ⎜ 2 ⎟ ⎝1 + t ⎠ 1 + t 2 2 1 2 1 = t − − 3 + C = tgx − − + C. t 3t tgx 3tg3x 1 1 1 c)I = ∫ sin 7x.sin 5x dx = 2 ∫ ( cos 2x − cos12x ) dx = sin 2x − 4 24 sin12x + C. d)I = ∫ sin4 x.cos2 xdx . Ta có 2 ⎛ 1 − cos 2x ⎞ 1 + cos 2x 1 I= ∫ ⎜⎝ 2 ⎟⎠ 2 dx = ∫ (1 − cos 2x)(1 − cos2 2x)dx 8 1 1 1 − cos 4x = 8 ∫ (1 − cos 2x) sin 2 2x dx = ∫ (1 − cos 2x) 8 2 dx 1 16 ∫ = (1 − cos 4x − cos 2x + cos 2x cos 4x)dx 1 1 1 1 32 ∫ = x− sin 4x − sin 2x + (cos 2x + cos 6x)dx 16 64 32 1 1 1 1 = x− sin 4x − sin 2x + sin 6x + C. 16 64 64 192 5. TÍCH PHÂN HÀM VÔ TỈ 5.1. Phép thế lượng giác Xét các tích phân dạng: 1) I = ∫ R (x, a 2 − x 2 )dx ( 0 < a: Const) π π x Đặt x = a sin t (− ≤ t ≤ ) ⇔ t = arcsin . 2 2 a Ta có dx = a cos tdt; a 2 − x 2 = a cos t . 2) I = ∫ R ⎛⎜ x, x2 + a2 ⎞⎟dx (0 < a: Const). ⎝ ⎠ 73
π π x Ñaët x = atgt (− < t < ) ⇔ t = arctg . 2 2 a a Ta coù dx = a (1 + tg 2 t)dt; x2 + a2 = . cos t 3) I = ∫ R (x, x 2 − a 2 )dx (0 < a: Const). a π a Đặt x = (0 ≤ t ≠ ≤ π ) ⇔ t = arccos . cos t 2 x sin t Ta có dx = a dt; a 2 − x 2 = a | tgt | . cos 2 t Ví dụ. Tính các tích phân sau: a 2 − x2 dx a) ∫ dx ; b) ∫ . x x 2 (x + 1 + x 2 ) a 2 − x2 π π x Giải. a)I = ∫ dx . Đặt x = a sin t (− ≤ a ≤ ) ⇔ t = arcsin . x 2 2 a Ta có dx = a cos tdt , a 2 − x2 = a cos t . Suy ra cos2 t 1 − sin2 t dt dt I = ∫a dt = a ∫ dt = a ∫ − a ∫ sin dt = a ∫ + a cos t + C sin t sin t sin t sin t I1 t 2du Xét 1. Đặt u = tg ⇒ dt = . Ta có 2 1 + u2 du t I1 = ∫ u = ln|u|= ln| tg | + C. 2 Vậy t t sin 2 sin 2 t 2 + a cos t + C = a ln 2 I = a ln| tg | + a cos t + C = a ln + a cos t + C 2 t t t cos 2 sin cos 2 2 2 1 − cos t = a ln + a cos t + C sin t x a 2 − x2 Vì sin t = , cos t = neân a a 74
a − a 2 − x2 I = aln + a 2 − x 2 + C. x dx b)I = ∫ . Đặt x 2 (x + 1 + x 2 ) π π x = tgt (− < t < ) ⇔ t = arctgx. 2 2 1 Ta có dx = (1 + tg 2 t)dt; 1 + x2 = . Suy ra cos t (1 + tg 2 t)dt cos tdt I= ∫ 2 1 = ∫ sin 2 t(sin t + 1) tg t(tgt + ) cos t Đặt u = sin t ⇒ du = cos tdt . Ta có du 1 1 1 1 sin t + 1 1 I= ∫u 2 (1 + u) =∫ ( − + 2 )du = ln u + 1 − ln|u| − + C = ln u +1 u u u sin t − sin t +C tgt x nên I = ln x + 1 + x − 1 + x + C . 2 2 Vì sin t = = 1 + tg 2 t 1 + x2 x x 5.2. Tích phân một số hàm vô tỉ 1) Tích phân dạng ⎛ ax + b ax + b ⎞ I = ∫ R ⎜ x, m ,..., n ⎟ dx, ⎜ cx + d cx + d ⎟⎠ ⎝ trong đó R(x, y, z, …) là hàm hữu tỉ; m, n, … là các số nguyên dương; a, b, c, d, là các hằng số. Để tính tích phân này ta dùng phép đổi biến: ax + b t= k cx + d với k là bội số chung nhỏ nhất của các chỉ số căn m, n, … dx Ví dụ. Tính I = ∫ 2 x − 1 − 4 2x − 1 Giải. Đặt t = 4 2x − 1 ⇒ t 4 = 2x − 1 ⇒ dx = 2t 3dt. Ta có 75
2t 3dt t 2dt 1 I=∫ 2 = 2∫ = 2∫ (t + 1 + )dt = t 2 + 2t + 2ln t − 1 + C t −t t −1 t −1 = 2x − 1 + 24 2x − 1 + 2 n 2x − 1 − 1 + C 2) Tích phân dạng: I = ∫ R (x, ax 2 + bx + c )dx Biến đổi 2 b 2 b2 ax + bx + c = a(x + ) +c− . 2a 4a b Đặt t = x + , ta đưa được tích phân về dạng phép thế lượng giác. 2a dx Ví dụ. Tính I = ∫ (x + 4x + 7)3 2 . Giải.Ta có dx I= ∫ 3 . ⎡(x + 2)2 + 3⎤ ⎣ ⎦ Đặt t = x + 2 ⇒ dt = dx . Ta có dt I= ∫ (t + 3)3 2 . π π 3du Đặt t = 3tgu (− ≤ u ≤ ) ⇒ dt = . Suy ra 2 2 cos2 u 3 3 (t 2 + 3)3 = , cos3 u 1 1 1 t x+2 I= 3 ∫ cos udu = sin u + C = 3 3 t2 + 3 +C = 3 x2 + 4x + 7 +C dx 3) Tích phân dạng I = ∫ (mx + n) r ax 2 + bx + c . 1 Dùng phương pháp đổi biến đặt m x + n = . t dx Ví dụ. Tính tích phân I = ∫ (x > 0). 2 x x − 2x − 1 76
Giải. Đặt 1 dt x= ⇒ dx = − 2 . t t Ta có dt − t2 dt 1+ t x+1 I=∫ = −∫ = −arc sin + C = −arc sin +C 1 1 2 2 − (1 + t) 2 2 x 2 − −1 t t 2 t 77
B -TÍCH PHÂN XÁC ĐỊNH - TÍCH PHÂN SUY RỘNG 1. TÍCH PHÂN XÁC ĐỊNH 1.1. Định nghĩa. Xét hàm số f(x) liên tục trên đoạn [a,b]. Chia đoạn [a,b] thành các đoạn nhỏ bởi các điểm x0, x1,..., xn như sau: a = x 0 < x1 < x 2 < ... < x n −1 < x n = b Trên mỗi đoạn nhỏ [x i −1 , x i ] lấy một điểm ε i tùy ý x i−1 ≤ ε i ≤ xi (i = 1, n) và đặt Δx i = x i − x i−1 (i = 1, n). Lập tổng n In = f (ε1 )(x1 − x 0 ) + f (ε1 )(x 2 − x1 ) + ... + f (ε n )(x n − x n −1 ) = ∑ f (ε )Δx . i =1 i i Xét giới hạn: n lim I = n→+∞ n lim n→+∞ ∑ f (ε )Δx . i i max Δxi → 0 max Δxi → 0 i =1 Nếu giới hạn trên tồn tại, hữu hạn và bằng I ∈ R thì ta nói f(x) khả tích trên [a,b] và I được gọi b là tích phân xác định của f (x) trên đoạn [a,b], ký hiệu là I = ∫ f (x)dx . a Ta gọi: • A là cận dưới; • b là cận trên; • f(x) là hàm số lấy tích phân; • f(x)dx là biểu thức dưới dấu tích phân. Chú ý. 1) Tích phân xác định không phụ thuộc vào ký hiệu biến số dưới dấu tích phân, nghĩa là b b b ∫ f (x)dx = ∫ f (t)dt = ∫ f (u)du = ... a a a 2) Ta cũng đặt a ∫ f (x)dx = 0 ; a 78