Kỹ thuật giải Toán - Phần Tích phân

Chia sẻ: Somai999 Somai999 | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:582

Thêm vào BST

Báo xấu

61
lượt xem 7
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Kỹ thuật giải Toán tích phân - Tạp chí và tư liệu Toán học được sưu tầm và chia sẻ nhằm khảo sát chất lượng học tập môn Toán tích phân để chuẩn bị cho kì thi THPT Quốc gia sắp tới. Mời các bạn cùng tham khảo tài liệu để giúp học sinh nâng cao kiến thức và giúp giáo viên đánh giá, phân loại năng lực học sinh từ đó có những phương pháp giảng dạy phù hợp.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Kỹ thuật giải Toán - Phần Tích phân

EBOOK CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN KỸ THUẬT GIẢI TOÁN TÍCH PHÂN TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC
CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN KỸ THUẬT GIẢI TOÁN TÍCH PHÂN EBOOK TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC
TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Copyright © 2019 by Tap chi va tu lieu toan hoc. All rights reserved. No part of this book may be reproduced or distributed in any form or by anymeans, or stored in data base or a retrieval system, without the prior written the permission of the author.
KỸ THUẬT GIẢI TOÁN TÍCH PHÂN TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN
LỜI GIỚI THIỆU Đây là cuốn sách fanpage Tạp Chí Và Tư Liệu Toán Học xuất bản 2 năm về trước, tuy nhiên nay fanpage chia sẻ ebook này lại cho mọi người nên cũng không có lời giới thiệu gì nhiều cả, chỉ mong mọi người trân trọng món quà này và vấn đề bản quyền, như vậy chúng tôi đã cảm thấy rất vui rồi. Trong cuốn ebook này có nhiều phần không phù hợp với kỳ thi và chúng tôi đã chú thích, các bạn nên tránh sa đà vào những vấn đề như thế mà chỉ nên tập trung vào các kỹ thuật tính toán tích phân (nếu không học cẩn thận các phần này thì các bạn coi chừng lên đại học sẽ vật vã với môn giải tích đấy nhé ^^) Tất nhiên là cuốn sách không thể tránh khỏi những sai sót, do vậy mọi ý kiến đóng góp gửi về: https://www.facebook.com/OlympiadMathematical. Cảm ơn bạn đọc đã theo dõi fanpage!
MỤC LỤC Giới thiệu đôi nét về lịch sử…………………………………..……………..…..…………2 CHƯƠNG 1. Nguyên hàm – Tích phân hàm phân thức hữu tỷ………......................…5 CHƯƠNG 2. Nguyên hàm – Tích phân từng phần…………………………….………..46 I. GIỚI THIỆU…………………………………………………………...………….46 II. MỘT SỐ BÀI TOÁN CƠ BẢN…………………………………………..………47 III. MỘT SỐ BÀI TOÁN TỔNG HỢP…………………………………..………….66 CHƯƠNG 3. Các bài toán về hàm lượng giác…………………………………….……118 I. GIỚI THIỆU CÁC LÝ THUYẾT CẦN NHỚ………………………………..…118 II. CÁC DẠNG TOÁN VÀ PHƯƠNG PHÁP…………………………….....…...119 III. CÁC BÀI TOÁN BIẾN ĐỔI TỔNG HỢP……………………………….…....145 CHƯƠNG 4. Nguyên hàm tích phân hàm vô tỷ, căn thức……………………..……..151 I. GIỚI THIỆU…………………...……...…………………………………………151 II. CÁC DẠNG TOÁN…………………..………………………………………..151 KỸ THUẬT LƯỢNG GIÁC HÓA………………………...……………………….167 III. TỔNG KẾT…………………………………………………...………………..175 CÁC BÀI TOÁN TỔNG HỢP……………………………………………………..177 CHƯƠNG 5. Các loại tích phân đặc biệt…………………………………………..…..203 I. TÍCH PHÂN LIÊN KẾT……………………………………………..….………203 II. KỸ THUẬT ĐƯA BIỂU THỨC VÀO DẤU VI PHÂN………………...………206 III. KỸ THUẬT ĐÁNH GIÁ HÀM SỐ……………………..…………………….212 IV. TÍCH PHÂN HÀM TRỊ TUYỆT ĐỐI……………………..………………….214 V. TÍCH PHÂN CÓ CẬN THAY ĐỔI……………………………………………219 VI. TÍCH PHÂN HÀM PHÂN NHÁNH…………………………………………224 VII. TÍCH PHÂN TRUY HỒI VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN DÃY SỐ….…228 VII. CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC TỔ HỢP……………………………………241 CHƯƠNG 6. Phương pháp đổi cận đổi biến – Hàm ẩn……………………………….249 I. KỸ THUẬT ĐỔI ẨN VÀ TÍNH CHẤT CÁC HÀM ĐẶC BIỆT……………….249 II. CÁC BÀI TOÁN PHƯƠNG TRÌNH HÀM…………………………………….263 BÀI TẬP TỔNG HỢP……………………………………………………………..267 CHƯƠNG 7. Các bài toán về phương trình vi phân……………………………….…..321 BÀI TOÁN LIÊN QUAN TỚI TÍCH………………………………………………321 BÀI TOÁN LIÊN QUAN TỚI TỔNG……………………………………………..325 MỘT SỐ BÀI TOÁN TỔNG HỢP…………………………………………………329 CHƯƠNG 8. Các ứng dụng của tích phân……………………………………………...357 A. ỨNG DỤNG TÍNH DIỆN TÍCH HÌNH PHẲNG……………………………360 B. ỨNG DỤNG TÍNH THỂ TÍCH……………………………………………….423 C. ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN TRONG THỰC TIỄN……………………………480 CHƯƠNG 9. Bất đẳng thức tích phân…………………………………………………..514 PHÂN TÍCH BÌNH PHƯƠNG…………………………………………………...514 CÂN BẰNG HỆ SỐ VÀ BẤT ĐẲNG THỨC AM – GM………………………..520 BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY – SCHWARZ CHO TÍCH PHÂN………………525
| Giới thiệu đôi nét về lịch sử GIỚI THIỆU ĐÔI NÉT VỀ LỊCH SỬ C ác ý tưởng giúp hình thành môn phân, nhờ đó ông đã tìm được giá trị gần vi tích phân phát triển qua một đúng của số pi ở khoảng giữa hai phân số thời gian dài. Các nhà toán học 310/71 và 31/7. Trong tất cả những khám Hi Lạp là những người đã đi những bước phá của mình, Archimedes tâm đắc nhất tiên phong. Leucippus, Democritus và là công thức tính thể tích hình cầu. “Thể Antiphon đã có những đóng góp vào tích hình cầu thì bằng 2/3 thể tích hình trụ phương pháp “vét cạn” của Hi Lạp, và ngoại tiếp“. Thể theo nguyện vọng lúc sau này được Euxodus, sống khoảng 370 sinh thời, sau khi ông mất, người ta cho trước Công Nguyên, nâng lên thành lí dựng một mộ bia có khắc hoa văn một luận khoa học. Sở dĩ gọi là phương pháp hình cầu nội tiếp một hình trụ. Ngoài “vét cạn” vì ta xem diện tích của một toán học, Archimedes còn có những phát hình được tính bằng vô số hình, càng lúc minh về cơ học, thủy động học. Tất cả CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN càng lấp đầy hình đó. Tuy nhiên, chỉ có học sinh đều quen thuộc với định luật Archimedes (287-212 B.C), mới là người mang tên ông về sức đẩy một vật thể khi Hi Lạp kiệt xuất nhất. Thành tựu to lớn nhúng vào một chất lỏng cùng với câu đầu tiên của ông là tính được diện tích thốt bất hủ “Eureka! Eureka!” (Tìm ra rồi! giới hạn bởi tam giác cong parabol bằng Tìm ra rồi!) khi ông đang tắm. Ông tìm ra 4 các định luật về đòn bẩy cùng câu nói nổi diện tích của tam giác có cùng đáy và 3 tiếng “Hãy cho tôi một điểm tựa, tôi sẽ nhấc 2 bổng quả đất“). đỉnh và bằng diện tích của hình bình 3 Dù ông có vẻ thích toán học hơn hành ngoại tiếp. Để tìm ra kết quả này, vật lí, nhưng Archimedes vẫn là một kỹ Archimedes dựng một dãy vô tận các tam sư thiên tài. Trong những năm quân xâm giác, bắt đầu với tam giác có diện tích lược La Mã hùng mạnh tấn công đất nước bằng A và tiếp tục ghép thêm các tam Syracuse quê hương ông, nhờ có những giác mới nằm xen giữa các tam giác đã có khí tài do ông sáng chế như máy bắn đá, với đường parabol. Hình parabol dần dần cần trục kéo lật tàu địch, gương parabol được lấp đầy bởi các tam giác có tổng đốt cháy chiến thuyền, đã giúp dân thành diện tích là: Syracuse cầm chân quân địch hơn 3 năm. A A A A A A A,A + ,A + + ,A + + + .... Cuối cùng quân La Mã cũng tràn được 4 4 16 4 16 64 vào thành. Dù có lệnh tướng La Mã là Diện tích giới hạn bởi parabol là Marcus không được giết chết ông, một  1 1 1  4A A  1 + + + + ...  = tên lính La Mã thô bạo xông vào phòng  4 16 64  3 làm việc khi ông đang mê mải suy nghĩ Archimedes cũng dùng phương pháp cạnh một sa bàn một bài toán hình dang “vét cạn” để tính diện tích hình tròn. Đây dở. Khi thấy bóng của nó đổ lên hình vẽ, là mô hình đầu tiên của phép tính tích ông quát lên: ” Đừng quấy rầy đến các Tạp chí và tư liệu toán học | 2
Kỹ thuật giải toán tích phân| đường tròn của ta !”. Thế là tên lính nỗi mới 15 tuổi, ông đã được nhận vào học cáu, đâm chết ông. Sau khi ông mất, nền luật tại Đại học Leipzig, và 20 tuổi đã đậu toán học hầu như rơi vào trong bóng tối tiến sĩ luật. Sau đó, ông hoạt động trong cho đến thế kỹ thứ 17. Lúc này do nhu ngành luật và ngoại giao, làm cố vần luật cầu kỹ thuật, phép tính vi tích phân trở pháp cho các ông vua bà chúa. Trong lại để giải quyết những bài toán về sự những chuyến đi công cán ở Paris, Leibnz biến thiên các đại lượng vật lý. Phép tính có dịp gặp gỡ nhiều nhà toán học nổi vi tích phân được phát triển nhờ tìm ra tiếng, đã giúp niềm say mê toán học của cách giải quyết được bốn bài toán lớn ông thêm gia tăng. Đặc biệt, nhà vật lí học của thời đại: lừng danh Huygens đã dạy ông toán học. 1. Tìm tiếp tuyến của một đường Vì không phải là dân toán học chuyên cong. nghiệp, nên có nhiều khi ông khám phá 2. Tìm độ dài của một đường cong. lại những định lí toán học đã được các 3. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của nhà toán học khác biết trước. Trong đó có TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC một đại lượng ; ví dụ tìm khoảng sự kiện được hai phe Anh Đức tranh cãi cách gần nhất và xa nhất giữa một trong suốt 50 năm. Anh thì cho chính hành tinh và mặt trời, hoặc khoảng Newton là cha đẻ của phép tính vi tích cách tối đa mà một đạn đạo có thể phân trong khi Đức thì nói vinh dự đó bay tới theo góc bắn đi của nó. phải thuộc về Leibniz. Trong khi hai 4. Tìm vận tốc và gia tốc của một vật đương sự thì không có ý kiến gì. Đúng ra thể theo thời gian biết phương là hai người đã tìm được chân lý trên một trình giờ của vật thể ấy. cách độc lập: Leibniz tìm ra năm 1685, Vào khoảng giữa thế kỷ 17, những mười năm sau Newton, nhưng cho in ra anh tài của thời đại, như Fermat, công trình của mình trước Newton hai Roberval, Descartes, Cavalieri lao vào giải mươi năm. Leibniz sống độc thân suốt các bài toán này. Tất cả cố gắng của họ đã đời và mặc dù có những đóng góp kiệt đạt đến đỉnh cao khi Leibniz và Newton xuất, ông không nhận được những vinh hoàn thiện phép tính vi tích phân. Leibniz quang như Newton. Ông trải qua những ( 1646-1716) Ông là một nhà bác học thiên năm cuối đời trong cô độc và nổi cay tài, xuất sắc trên nhiều lãnh vực: một nhà đắng. Newton(1642-1727) - Newton sinh luật học, thần học, triết gia, nhà chính trị. ra tại một ngôi làng Anh Quốc. Cha ông Ông cũng giỏi về địa chất học, siêu hình mất trước khi ông ra đời, một tay mẹ nuôi học, lịch sử và đặc biệt toán học. Leibniz nầng và dạy dỗ trên nông trại nhà. Năm sinh ở Leipzig, Đức. Cha là một giáo sư 1661, ông vào học tại trường đại học triết học tại Đại học Leipzig, mất khi ông Trinity ở Cambridge mặc dù điểm hình vừa sáu tuổi. Cậu bé suôt ngày vùi đầu ở học hơi yếu. Tại đây ông được Barrow, thư viện của cha, ngấu nghiến tất cả các nhà toán học tài năng chú ý. Ông lao vào quyển sách về đủ mọi vần đề. Và thói học toán và khoa học, nhưng tốt nghiệp quen này đã theo cậu suốt đời. Ngay khi loại bình thường. Vì bệnh dịch hoành 3 | Chinh phục olympic toán
| Giới thiệu đôi nét về lịch sử hành khắp châu Âu và lan truyền nhanh bè đồng nghiệp. Năm 1687, trước sự chóng đến London, ông phải trở lại làng khuyến khích nhiệt tình của nhà thiên quê và trú ngụ tại đó trong hai năm 1665, văn học Halley, Newton mới chịu cho 1666. Chính trong thời gian này, ông đã xuất bản cuốn Những nguyên tắc toán xây dựng những nền tảng của khoa học học. Tác phẩm này ngay lập tức được hiện đại: khám phá nguyên tắc chuyển đánh giá là một trong những tác phẫm có động các hành tinh, của trọng lực, phát ảnh hưởng lớn lao nhất của nhân loại. hiện bản chất của ánh sáng. Tuy thế ông Cũng tương tự như thế, chỉ sau khi biết không phổ biến các khám phá của mình. Leibniz đã in công trình của minh, ông Ông trở lại Cambridge năm 1667 để lấy mới công bố tác phẩm của mình về phép bằng cao học. Sau khi tốt nghiệp, ông dạy tính vi tich phân. Vĩ đại như thế, nhưng học tại Trinity. Năm 1669, ông giữ chức khi nói về minh ông luôn cho rằng sở dĩ giáo sư trưởng khoa toán, kế nhiệm giáo ông có đôi khi nhìn xa hơn kẻ khác vì ông sư Barrow, một chức danh vinh dự nhất đứng trên vai của các vĩ nhân. Và với CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN trong giáo dục. Trong những năm sau đó, những khám phá lớn lao của mình, ông ông đã công thức hoá các đinh luật hấp nói: “Tôi thấy mình như một đứa trẻ chơi dẫn, nhờ đó giải thích được sự chuyễn đùa trên bãi biển, may mắn gặp được những động của các hành tinh, mặt trăng và viên sỏi tròn trịa, hoặc một vỏ sò đẹp hơn thủy triều. Ông cũng chế tạo ra kính viễn bình thường, trong khi trước mặt là một đại vọng hiện đại đầu tiên. Trong đời ông, dương bao la của chân lí mà tối chưa được ông ít khi chịu cho in các khám phá vĩ đại biết“. của mình, chỉ phổ biến trong phạm vi bạn Tạp chí và tư liệu toán học | 4
Kỹ thuật giải toán tích phân| NGUYÊN HÀM – TÍCH 1 CHƯƠNG PHÂN HÀM HỮU TỶ N guyên hàm phân thức hữu tỷ là một bài toán khá cơ bản, nhưng cũng được phát triển ra rất nhiều bài toán khó, hầu như các bài toán nguyên hàm – tích phân khó sau khi biến đổi ta sẽ đưa chúng được về dạng nguyên hàm – tích phân hàm hữu tỷ. Trong mục này ta sẽ tìm hiểu cách giải quyết dạng toán này. Tổng quát. Với hàm hữu tỉ, nếu bậc của tử lớn hơn hoặc bằng bậc của mẫu thì phải chia tách phần đa thức để còn lại hàm hữu tỉ với bậc tử bé hơn mẫu. Nếu bậc của tử bé hơn bậc của mẫu thì phân tích mẫu ra các thừa số bậc nhất ( x + a ) hay ( x 2 + px + q ) bậc hai vô TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC A Bx + C nghiệm rồi đồng nhất hệ số theo phần tử đơn giản: ; 2 ( Đồng nhất hệ số ở tử x + a x + px + q thức thì tính được các hằng số A, B, C, … Kết hợp với các biến đổi sai phân, thêm bớt đặc biệt để phân tích nhanh) CÁC DẠNG TOÁN CÁC DẠNG TÍCH PHÂN ĐA THỨC HỮU TỶ. b •  P ( x ) dx : Chia miền xét dấu P ( x ) , a b  x ( mx + n )  • dx : Đặt u = mx + n hoặc phân tích, a b  ( mx + n ) ( px + qx + r )  • 2 dx : Đặt u = px 2 + qx + r , a b  (x + m) .(x + m )   • dx : Nếu    thì đặt u = x + n . a CÁC DẠNG TÍCH PHÂN HÀM PHÂN THỨC b 1 1. Dạng  px a 2 + qx + r dx . Lập  = q 2 − 4pr . b dx • Nếu  = 0   , dùng công thức của hàm đa thức. ( mx + n ) 2 a 5 | Chinh phục olympic toán
| Nguyên hàm tích phân hàm phân thức b dx • Nếu   0   , đặt x = k tan t a x +2 k 2 b dx 1 1  1 1  • Nếu   0   , biến đổi 2 =  −  a x −k 2 2 x −k 2 2k  x − k x + k  b mx + n 2. Dạng  px a 2 + qx + r dx . Lập  = q 2 − 4pr • Nếu   0  Phân tích và dùng công thức. mx + n A ( px 2 + qx + r ) ' B • Nếu   0  = + px + qx + r px + qx + r (x + ) + k2 2 2 2 b b dx x n −1dx 3. Dạng x = , đặt t = 1 + x n . a (1 + x ) n m a xn ( 1 + x ) n m Chú ý. Cho hàm số f ( x ) liên tục trên đoạn  −a; a  . a • Nếu f ( x ) lẻ thì  f ( x ) dx = 0 . CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN −a a a • Nếu f ( x ) chẵn thì  f ( x ) = 2  f ( x ) dx . a 0 CÁC CÔNG THỨC NÊN NHỚ. 1 1 x−a •  ( x − a )( x − b ) dx = a − b ln x − b + C mx + n A B • = + ( ax + b ) ax + b ( ax + b )2 2 mx + n A B C • = + + . ( ax + b ) ( cx + d ) ( ax + b ) cx + d ax + b 2 2 1 1 x • x 2 +a 2 dx = arctan + C a a  ax + b  arctan   1  c  +C •  ( ax + b )2 + c2 dx = ac CÔNG THỨC TÁCH NHANH PHÂN THỨC HỮU TỶ  P (x) A =  ( x − b )( x − c ) x=a  P (x) A B C  P (x) • = + +  B = ( x − a )( x − b )( x − c ) x − a x − b x − c  ( x − a )( x − c ) x=b  C = P ( x)   ( x − a )( x − b ) x=c Tạp chí và tư liệu toán học | 6
Kỹ thuật giải toán tích phân|  P ( x) A = 2 P ( x)  ax + bx + c x =m A Bx + C • = +  ( x − m ) ( ax2 + bx + c ) x − m ax2 + bx + c  P ( x ) − A ( ax 2 + bx + c ) Bx + C = x−m  x = 1000 Sau đây ta sẽ cùng đi vào các ví dụ minh họa cụ thể cho dạng toán này! Câu 1. 1 2 3 x 3 x −5 2 2 x3 Tính các tích phân sau : a) I =  1 2x + 3 dx b) I =  x + 1 dx c) 0 x2 − 1 dx 5 Lời giải 3 9 27 1 ( 2x 3 + 3x 2 ) − ( 2x 2 + 3x ) + ( 2x + 3 ) − x3 2 4 2 4 = x − 3 x+ 9 − 27 a) Ta có: = . . 2x + 3 2 2x + 3 2 4 8 8 ( 2x + 3 ) TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC 2 x3 2  x2 3 9 27   dx =   − x + −  dx 1 2x + 3 1 2 4 8 8 ( 2x + 3 )  2 1 3 9 27  13 27 =  x 3 − x 2 + x − ln 2x + 3  = − − ln 35 3 8 8 16 1 6 16 x2 − 5 x2 − 1 − 4 4 b) Ta có: = = x−1− . x+1 x+1 x+1 3 3 x2 − 5 3  4  1 2   5 +1  dx =   x − 1 − x + 1 dx =  2 x − x − 4 ln x + 1  = 5 − 1 + 4 ln   . 5 x+1 5 5  4  x3 x ( x2 − 1) + x x c) Ta có: 2 = = x+ 2 . x −1 x −1 2 x −1 1 1 1 1 1 1 x2 3  2 x  xdx x2 2 2 2 1 1 1 3   2 dx =   x + 2  dx =  xdx +  2 = + ln x 2 − 1 2 = + ln . 0 x −1 0 x −1 1 0 x −1 2 0 2 0 8 2 4 Câu 2. 1 4x + 11 Tính tích phân: I =  dx . 0 x + 5x + 6 2 Lời giải Cách 1. Phương pháp đồng nhất thức 4x + 1 4x + 11 A B A ( x + 3) + B ( x + 2 ) Ta có f ( x ) = = = + = x + 5x + 6 ( x + 2 )( x + 3 ) x + 2 x + 3 2 ( x + 2 )( x + 3 ) Thay x = −2 vào hai tử số: 3 = A và thay x = −3 vào hai tử số: −1 = −B suy ra B = 1 3 1 Do đó: f ( x ) = + x+2 x+3 7 | Chinh phục olympic toán
| Nguyên hàm tích phân hàm phân thức 1 1 4x + 11  3 1  1 Vậy 0 x2 + 5x + 6 dx = 0  x + 2 x + 3   +  dx = 3ln x + 2 + ln x + 3 0 = 2 ln 3 − ln 2 Cách 2. Nhảy tầng lầu 2 ( 2x + 5 ) + 1 2x + 5 1 2x + 5 1 1 Ta có: f ( x ) = = 2. + = 2. 2 + − x + 5x + 6 2 x + 5x + 6 ( x + 2 )( x + 3 ) 2 x + 5x + 6 x + 2 x + 3 1 1  2x + 5 1 1   I =  f ( x ) dx =   2. 2 + −  dx 0 0 x + 5x + 6 x + 2 x + 3  1  x+2  =  2 ln x 2 + 5x + 6 + ln = 2 ln 3 − ln 2  x + 3  0 Câu 3. 3 1 x3 4x Tính các tích phân sau a) I =  2 dx b) I =  dx 0 x + 2x + 1 0 4x − 4x + 1 2 Lời giải CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN a) Cách 1. Thực hiện cách chia đa thức x 3 cho đa thức x 2 + 2x + 1 đã học ở chương trình lớp 8 x3 3x + 2 Ta được = x−2+ 2 x + 2x + 1 2 x + 2x + 1 3 3 3 x3 3x + 3 − 1 I= dx =  ( x − 2 ) dx +  2 dx 0 x + 2x + 1 2 0 0 x + 2x + 1 3 d ( x + 2x + 1 ) 32  x2  3 3 dx =  − 2x  +  −   0 2 0 x + 2x + 1 0 ( x + 1) 2 2  2 3 3 3 2 3 1 3 3 1 9 = − + ln ( x + 1 ) + = − + ln 16 + − 1 = − + 6 ln 2. 2 2 0 x+1 0 2 2 4 4 3 3 x3 x3 Cách 2. Ta có  2 dx =  dx 0 ( x + 1) 0 x + 2x + 1 2 x = 0  t = 1 Đặt t = x + 1  dx = dt; x = t − 1 . Đổi cận  x = 3  t = 4 ( t − 1) 3 4 3 4 4 x3  3 1  1 2 1 9  dx =  dt =   t − 3 + − 2  dt =  t − 3t + 3 ln t +  = − + 6 ln 2 ( x + 1) 2 0 1 t2 1 t t  2 t 1 4 4x 4x b) Ta có = 4x − 4x + 1 ( 2x − 1)2 2 1 x = 0  t = −1 Đặt t = 2x − 1  dt = 2dx → dx = dt . Đổi cận  2 x = 1  t = 1 1 4x 1 4x 1 1 4. ( t + 1) 1 1 1 1   1 1 Do đó  2 dx =  dx =  2 0 4x − 4x + 1 0 ( 2x − 1 ) 2 −1 t 2 2 dt =   + 2 −1  t t  dt =  ln t −  = −2   t  −1 Tạp chí và tư liệu toán học | 8
Kỹ thuật giải toán tích phân| Câu 4. 2 2 x x3 + 2x 2 + 4x + 9 Tính các tích phân sau a) I =  2 dx b) I =  dx 0 x + 4x + 5 0 x2 + 4 Lời giải 2 2 x x a) Ta có x 0 2 + 4x + 5 dx =  0 (x + 2) + 1 2 dx 1 x = 0  tan t = 2 Đặt x + 2 = tan t , suy ra dx = dt . Đổi cận  cos 2 t x = 2  tan t = 4 2 t2 t x tan t − 2 dt 2  sin t  ( ) t2 Do đó 0 ( x + 2 ) + 1 2 dx =  1 + tan 2 t cos2 t t  cos t  =  − 2  dt = − ln cos t − 2t t1 ( 1) t1 1  1 1  tan t = 2  1 + tan t = 5  cos t = 5  cos t 1 = 5 2 2 Ta có   tan t = 4  1 + tan 2 t = 17  cos 2 t = 1  cos t = 1  TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC 2 17 17 cos t 2  ( − ln cos t − 2t ) = − ( ln cos t 2 ) − 2t 2  − ( ln cos t 1 − 2t 1 ) = − ln t2 + 2 (t2 − t1 ) t1 cos t 1 1 1 5 = 2 ( arctan 4 − arctan 2 ) − ln . 5 = 2 ( arctan 4 − arctan 2 ) − ln 17 2 17 x3 + 2x 2 + 4x + 9 x 3 + 4x + 2x 2 + 8 + 1 1 b) Ta có = = x+2+ 2 x +4 2 x +4 2 x +4 2 2 2 2 x3 + 2x 2 + 4x + 9  1  1 2  dx Do đó:  dx =   x + 2 + 2  dx =  x + 2x  +  2 =6+J (1) 0 x +4 2 0 x +4 2 0 0 x +4 2 1 • Tính tích phân J =  dx 0 x +4 2 x = 0  t = 0 2    Đặt x = 2 tan t suy ra: dx = dt. Đổi cận   . Ta có t  0;  → cos t  0 cos2 t x = 2  t = 4  4    2 1 1 1 2 4 1 1 4   4 Khi đó J =  2 dx =  dt =  dt = t = . Từ ( 1 )  I = 6 + . 0 x +4 4 0 1 + tan t cos t 2 2 20 2 0 8 8 Câu 5. 1 0 x x4 Tính các tích phân sau a) I =  dx b) I =  ( x − 1) dx ( x + 1) 3 3 0 −1 Lời giải x = 0  t = 1 a) Cách 1. Đặt x + 1 = t , suy ra x = t − 1 . Đổi cận  . x = 1  t = 2 9 | Chinh phục olympic toán
| Nguyên hàm tích phân hàm phân thức 1 2 2 2 x t−1 1 1  1 1 1 1 Do đó  dx =  3 dt =   2 − 3  dt =  − + 2  = 0 ( x + 1) 3 1 t 1 t t   t 2 t 1 8 Cách 2. Ta có x = ( x + 1) − 1 = 1 − 1 ( x + 1) ( x + 1) ( x + 1) ( x + 1) 3 3 2 3 1 1 x 1  1 1   1 1 1  1 Do đó  ( x + 1) 0 3 dx =  0  − 3  ( x + 1 ) ( x + 1 )  2 dx =  − + 2  =  x + 1 2 ( x + 1 )  0 8 x = −1  t = −2 b) Đặt x − 1 = t , suy ra x = t + 1 . Đổi cận  x = 0  t = −1 ( t + 1) 0 −1 4 −1 −1 x4 t 4 + 4t 3 + 6t 2 + 4t + 1  6 4 1 Do đó  ( x − 1) −1 3 dx =  −2 t3 dt = −2 t 3 dt =   t + 4 + + 2 + 3  dt −2  t t t  −1 1 4 1 1 33 =  t 2 + 4t + 6 ln t − − 2  = − 6 ln 2 2 t 2 t  −2 8 CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN Câu 6. 6+ 2 −4x 4 + x 2 − 3 ( ) 3 2 Tính tích phân  1 x +1 4 dx = 8 a 3 + b + c + 4 . Với a , b , c là các số nguyên. Khi đó biểu thức a + b 2 + c 4 có giá trị bằng ? Lời giải 6+ 2 6+ 2 6+ 2 6+ 2 2 −4x 4 + x 2 − 3 2  x2 + 1  2 2 x2 + 1 Ta có  1 x4 + 1 dx =  1   − 4 +  dx = −4 x4 + 1   1 dx +  1 x4 + 1 dx = I + J . 6+ 2 2 6+ 2 • Tính I = −4 1 dx = −4x 1 2 = −2 6 − 2 2 + 4 . 6+ 2 6+ 2 1 6+ 2 1 1+ 1+ 2 x +1 2 2 x 2 dx = 2 x2 • Tính J =  x4 + 1 dx =  1   1 2 dx. x2 + 2 x−  + 2 1 1 1 x  x x = 1  t = 0 1  1   Đặt t = x −  dt =  1 + 2  dx . Khi  6+ 2 . x  x  x = t= 2  2 2 dt Khi đó J =  . Đặt t = 2 tan u  dt = 2 ( 1 + tan 2 u ) du . ( 2) 2 0 t + 2    t = 0  u = 0 4 2 ( 1 + tan 2 u )  24 2 4 2 Đổi cận   J= du =  du = u = . t = 2  u = 4 0 2 ( 1 + tan u ) 2 2 0 2 0 8 Tạp chí và tư liệu toán học | 10
Kỹ thuật giải toán tích phân| 6+ 2 −4x 4 + x 2 − 3 a = b = −16 ( ) 2 2 Vậy  1 x +1 4 dx = 8 −16 3 − 16 +  + 4    c = 1  a + b 2 + c 4 = 241 . Câu 7. 3 3 1 x2 Tính các tích phân sau a) I =  dx b) I =  dx ( x − 1)( x + 1) ( x − 1) ( x + 2 ) 3 2 2 2 Lời giải a) Cách 1. Phương pháp đồng nhất thức A ( x + 1 ) + B ( x − 1 )( x + 1 ) + C ( x − 1 ) 2 1 A B C Ta có = + + = ( 1) ( x − 1 )( x + 1 ) 2 x − 1 ( x + 1) ( x + 1) 2 ( x − 1 )( x + 1 ) 2  1 A= 1 = 4A  4 . Thay hai nghiệm mẫu số vào hai tử số    1 = −2C C = − 1 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC  2 ( A + B ) x2 + ( 2A + C ) x + A − B − C 1 1 1 ( 1)  A−B−C = 1  B = A−C−1 = + −1 = − ( x − 1)( x + 1) 2 4 2 4 3 1 1 1 3 1 1 1 1  Do đó 2 ( x − 1)( x + 1) dx = 2 2  4 . x − 1 + 4 . ( x + 1) − 2 ( x + 1)2  dx    3 1 1 1  1 3 =  ln ( x − 1 )( x + 1 ) + .  = ln 8 = ln 2 . 4 2 ( x + 1)  4 4 2 Cách 2. Phương pháp đổi biến x = 2  t = 3 Đặt t = x + 1 , suy ra x = t − 1 . Đổi cận  x = 3  t = 4 1 t − (t − 2) 1 1  3 4 4 4 4 1 dt 1 Khi đó I =  3 t 2 ( t − 2 ) 2 3 t 2 ( t − 2 ) 2  2 t ( t − 2 ) 3 t dt  dx = = dt =  dt − 2 ( x − 1 )( x + 1 ) 2  4 11  1 1   1 t−2 1 4 4 1  3  I =   −  dt −  dt  =  ln − ln t  = ln 2 . 22 2t−2 t  3 t  4 t 2 3 4 x = 2  t = 1 b) Đặt t = x − 1 , suy ra x = t + 1 , dx = dt . Đổi cận  . x = 3  t = 2 ( t + 1) 3 2 2 2 2 x2 t + 2t + 1 Do đó 2 ( x − 1)2 ( x + 2 ) dx = 1 t 2 ( t + 3 ) dt = 1 t 2 ( t + 3 ) dt Cách 1. Phương pháp đồng nhất thức Ta có t 2 + 2t + 1 At + B = + C = ( At + B )( t + 3 ) + Ct = ( A + C ) t + ( 3A + B ) t + 3B 2 2 t ( t + 3) 2 t 2 t+3 t2 ( t + 3) t2 (t + 3) 11 | Chinh phục olympic toán
| Nguyên hàm tích phân hàm phân thức  1 B = 3 A + C = 1    5 t 2 + 2t + 1 1 t + 3 4 1 Đồng nhất hệ số hai tử số 3A + B = 2  A =  2 = + 3B = 1  9 t ( t + 3 ) 9 t 2 9 t+3   4 C = 9 2 2 t 2 + 2t + 1  1  1 3  4  1   2 dt =    + 2  +   dt 1 t ( t + 3) 1 9  t t  9  t + 3   2 1 3 4  17 4 7 =   ln t −  + ln t + 3  = + ln 5 − ln 2 9 t 9 1 6 9 9 Cách 2:  1  3t 2 + 6t  1  t − ( t − 9 )   2 2 t 2 + 2t + 1 1  3t 2 + 6t + 3  1  3t 2 + 6t 3 Ta có 2 =  =  + =  +   t ( t + 3) 3  t 3 + 3t 2  3  t 3 + 3t 2 t 2 ( t + 3 )  3  t 3 + 3t 2  9  t 2 ( t + 3 )      1  3t 2 + 6t  1 1 1 t − 3 1  3t 2 + 6t  1 1 1  1 3  =  3 + − =  3 + −  − 2  CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN 2  2  3  t + 3t  9 t + 3 9 t 2 3  t + 3t  9 t + 3 9  t t   2 2 t 2 + 2t + 1 2  1  3t 2 + 6t  1  1 1 3  1 1  t + 3 3   2 dt =    3 2  +  − + 2   dt =  ln t 3 + 3t 2 +  ln −  1 t ( t + 3) 1 3  t + 3t  9  t + 3 t t   3 27  t t  1 17 4 7 Do đó I = + ln 5 − ln 2 . 6 9 9 Câu 8. Tính các tích phân sau 3 4 3 1 x+1 x2 a) I =  dx b) I =  dx c) 2 ( x2 − 1) ( x + 2 ) dx 2 x ( x2 − 1) 3 x ( x 2 − 4 ) Lời giải a) Cách 1. Phương pháp đồng nhất thức 1 1 A B C A ( x 2 − 1 ) + Bx ( x + 1 ) + Cx ( x − 1 ) Ta có f ( x ) = = = + + = x ( x 2 − 1 ) x ( x − 1 )( x + 1 ) x x − 1 x + 1 x ( x − 1 )( x + 1 ) Đồng nhất hệ số hai tử số bằng cách thay các nghiệm: x = 0; x = 1 và x = −1 vào hai tử ta có  A = −1 x = 0 → 1 = −A    1 1 1 1  1 1  x = −1 → 1 = 2C  B =  f (x) = − +  +   x = 1 → 1 = 2B  2 x 2  x−1 2  x+1   1 C = 2 3 3 3 1 1 1 1  1 1  5 3 Vậy  dx =    +  −  dx =  ( ln ( x − 1 )( x + 1 ) ) − ln x  = ln 2 − ln 3 2 x ( x − 1) 2 2 2  x−1 x+1 x  2 2 2 2 Cách 2. Phương pháp nhảy lầu Tạp chí và tư liệu toán học | 12
Kỹ thuật giải toán tích phân| 1 x2 − ( x2 − 1) x 1 1 2x 1 Ta có = = − = − x ( x − 1) x ( x − 1) x −1 x 2 x −1 x 2 2 2 2 3 3 3 3 1 1 2xdx 1 1  5 3 Do đó  dx =  2 −  dx =  ln ( x 2 − 1 ) − ln x  = ln 2 − ln 3 . 2 x ( x − 1) 2 2 2 x −1 2 x 2 2 2 2 b) Cách 1. Phương pháp đồng nhất thức x+1 x+1 A B C A ( x 2 − 4 ) + Bx ( x + 2 ) + Cx ( x − 2 ) Ta có = = + + = x ( x 2 − 4 ) x ( x − 2 )( x + 2 ) x x − 2 x + 2 x ( x2 − 4 ) Thay các nghiệm của mẫu số vào hai tử số: 1 • Khi x = 0  A = − 4 1 • Khi x = −2  C = − 8 3 • Khi x = 2  B = TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC 8 1 1 1 1  3 1  Do đó f ( x ) = −   −  +   4 x 8 x−2 8 x+2 4 3 3 3 x+1 1 1 1 1 3 1  dx = −  dx −  dx +  dx 3 x (x − 4) 2 42x 8 2 x−2 8 2 x+2 3  1 1 3  5 3 1 =  − ln x − ln x − 2 + ln x + 2  = ln 3 − ln 5 − ln 2  4 8 8 2 8 8 4 Cách 2. Phương pháp nhảy lầu 1  1  x − (x − 4)  2 2 x+1 1 1 1 1 Ta có = + =  − +   x ( x 2 − 4 ) ( x 2 − 4 ) x ( x 2 − 4 ) 4  x − 2 x + 2  4  x ( x 2 − 4 )  1 1 1 1 2x 1 =  − + −  4x−2 x+2 2 x −4 x 2 4 4 4 x+1 1  1 1 1 2x 1 1 x−2 1  Do đó:  =  − + − dx =  ln + ln ( x 2 − 4 ) − ln x  3 x (x − 4) 2 4 3x−2 x+2 2 x −4 x 2 4 x+2 2 3 c) Cách 1. Phương pháp đồng nhất thức x2 x2 A B C Ta có = = + + ( x − 1) ( x + 2 ) ( x − 1)( x + 1)( x + 2 ) x − 1 x + 1 x + 2 2 A ( x + 1 )( x + 2 ) + B ( x − 1 )( x + 2 ) + C ( x 2 − 1 ) = (x 2 − 1) ( x + 2 ) Thay lần lượt các nghiệm mẫu số vào hai tử số: 1 Thay x = 1 ta có 1 = 2A , suy ra A = 2 13 | Chinh phục olympic toán
| Nguyên hàm tích phân hàm phân thức 1 Thay x = −1 ta có 1 = −2B , suy ra B = − 2 5 Thay x = −2 ta có 4 = −5C , suy ra C = − 4 Do đó 3 3 3 x2 1 1 1 1 5 1  1 x−1 5  1 3 I= 2 dx =   − −  dx =  ln − ln x + 2  = ln . 2 ( x − 1) ( x + 2 ) 2 2 x−1 2 x+1 4 x+2  2 x+1 4 2 2 2 Cách 2. Nhảy tầng lầu x2 x2 − 1 + 1 1 1 1 1 x ( x + 1) − ( x − 1)( x + 2 ) = = + = + ( x2 − 1) ( x + 2 ) ( x2 − 1) ( x + 2 ) x + 2 ( x − 1)( x + 1)( x + 2 ) x + 2 2 ( x − 1)( x + 1)( x + 2 ) 1 1 x 1  1 1  1 1 1  1  = +  − = + 1 +  − − . x + 2 2  ( x − 1)( x + 2 ) x + 1  x + 2 2  3  x − 1 x + 2  x + 1  Từ đó suy ra kết quả. CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN Câu 9. Tìm các nguyên hàm, tính các tích phân sau: 1 x4 − 2 4 3 1.  3 dx xdx x −x 6. N = x 0 8 −1 dx 2.  2 8x7 + 2 x ( 1 + x8 ) 7. Q =  dx 1 x ( 1 + x 7 ) x2 − 1 3.  x4 + x2 + 1 dx x4 + 2 8. J =  6 dx 2 x +1 x4 − x + 1 4. K =  2 dx 3 x10 0 x +4 9. 4 x3 + 1 dx 1 x +x +1 4 2 5. L =  dx x2 − 1 1 0 x 6 + 1 10. 21 x4 + 1 dx Lời giải x4 − 2 x2 − 2 x2 − 2 1. Ta có = x + = x + . x3 − x x3 − x x ( x − 1 )( x + 1 ) x2 − 2 A B C Đặt = + +  x2 − 2 = ( A + B + C ) x2 + ( B − C ) x − A x ( x − 1 )( x + 1 ) x x − 1 x + 1 1 1 Đồng nhất hệ số thì được A = 2, B = − , C = − , do đó: 2 2  2 1 1 1 1  1 1  f ( x ) dx =   x + x − 2 . x − 1 − 2 . x + 1  dx = 2 x + 2 ln x − ln x 2 − 1 + C 2 2 Tạp chí và tư liệu toán học | 14
Kỹ thuật giải toán tích phân| dx x7 dx 1 d ( x8 ) 1 x8 2. Ta có  x ( 1 + x8 )  x8 ( 1 + x8 ) 8  x8 ( 1 + x8 ) 8 1 + x = = = ln 8 +C  1 dx +  x2 − 1  x 1 x2 − x + 1 3. Ta có  4 dx =   1 2 = ln +C x + x2 + 1 2 x2 + x + 1 x+  −1  x   4. Đặt x = 2 tan t, x  0; 2   t  0;  .  4 /4 /4 16 tan 4 t − 2 tan t + 1 2dt 1 K=  =  ( 16 tan t − 2 tan t + 1 ) dt 4 . 4 ( tan t + 1 ) 2 0 2 cos t 2 0 /4  ( 16 tan t ( 1 + tan t ) − 16 tan ) 1 = 2 2 2 t − 2 tan t + 1 dt 2 0 16 17  TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Từ đó tính được K = − + − ln 2 3 8 2 d (x ) 1 3  1 2x 2  1 dx 1 5. Ta có L =   2 + 6  dx = 0 x2 + 1 3 0 x3 2 + 1 + 0 x +1 x +1 ( ) 5 Lần lượt đặt x = tan t, x 3 = tan u thì L = 12 1 1 1 6. Đặt t = x 2 thì xdx = dt .Khi x = 0 thì t = 0, x = 4 thì t = 2 3 3 1 1 1 3 3  1 t −1 1  3 1  N= 1 2  dt = t −1 4 4 1   1  2 − 1   t −1 t +1 2  dt =  ln 8 t+1 4 − arctan t  0 = ln 2 − 3 − 8 24 ( ) 0 0 2 2 2 8x7 + 1 + 1 8x7 + 1 1 7. Ta có Q =  dx =  dx +  dx 1 x (1 + x ) 1 x (1 + x ) 7 1 x +x 8 7 2 x6 1 2 d ( x7 ) = ln ( x + x ) +  7 2 8 dx = ln 129 +  7 1 x (1 + x ) 1 7 7 1 x ( 1 + x7 ) 2 1 x7 1 256 = ln 129 + ln = ln 129 + ln 7 1 + x7 1 7 129  1 1  dx 8. Ta có J =   2 + 4  dx = C + arctan x +  4  x +1 x −x +1 x − x2 + 1 2 dx Như vậy ta chỉ cần tính K =  x − x2 + 1 4 Với trường hợp x = 0 làm dễ dàng, xét trường hợp x  0 ta có 15 | Chinh phục olympic toán