TÀI LIỆU THAM KHẢO: GIẢI TOÁN TÍCH PHÂN BẰNG NHIỀU CÁCH

Chia sẻ: Nguyễn Đăng Khoa | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:65

Thêm vào BST

Báo xấu

232
lượt xem 93
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu tham khảo và tuyển tập các Chuyên đề ôn thi đại học môn toán học giúp các bạn ôn thi tuyển sinh đại học , cao đẳng tốt hơn

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: TÀI LIỆU THAM KHẢO: GIẢI TOÁN TÍCH PHÂN BẰNG NHIỀU CÁCH

www.laisac.page.tl G Ả T Á T C P Â GI I TO N TÍ H PH N IẢ OÁ ÍC HÂ B N N I U C C BẰ G NH Ề CÁ H ẰN HIỀ ÁC Nguyễn Thành Long I. TÍCH PHÂN HÀM HỮU TỶ Bài tập giải mẫu: 3 x3 Bài 1: Tính tích phân sau: I  dx  x2  1 0 Giải: Cách 1: Phương pháp biến đối số Đặt x  tan t  dx  1  tan 2 t  dt  x  3 t    Đổi cận  3 x  0  t  0  Khi đó     3 3 3 3 I   tan 3 tdt   tan t  tan 2 t  1  1 dt   tan t  tan 2 t  1dt    tan tdt 0 0 0 0    d  cos t   tan 2 t 3 3  3   tan td  tan t      ln cos t  3  ln 2 cos t 2 0 2 0 0  Nhận xét: Đối với tích phân dạng I   R  u, u 2  a 2  du, u  u  x  thì ta có thể đặt u  a tan t  Cách 2: Phương pháp tích phân từng phần  du  2 xdx u  x 2   ln  x 2  1 Đặt  xdx   dv  2 v   x 1   2 3 3 1 3 1 Khi đó I  x 2 ln  x 2  1 x ln  x  1 dx  3ln 2   ln  x  1 d  x 2  1 2 2   2 2 0  0 0 J 3  ln  x  1 d  x 2  1 2 Tính J  0 d  x 2  1  u  ln  x 2  1 du    Đặt  x2  1 dv  d  x  1  2   2 v  x  1 2
1 3 3 3 Khi đó I  3ln 2   x 2  1 ln  x 2  1 d  x 2  1    ln 2   2 2 0   0 Chú ý: Sở dĩ ta sử dụng được phương pháp này là vì f  x  Q'  x  P  x Khi tính tích phân hàm phân thức mà ta phân tích được về dạng I   dx thì dx   Qn  x  Qn  x u  f  x  du  Q'  x  Đặt   dx v dv  n Q  x  Cách 3: Kĩ thuật tách thành tích kết hợp phương pháp đổi biến số ' Nhận xét: Ta có x 3  x 2 .x và  x 2  1  2 x từ đó ta định hướng giải như sau 3 3 x3 x2 x Phân tích I  dx  dx   x2  1 x2  1 0 0 2 x  t  1  2 Đặt t  x  1   dt  xdx   2 x  3 t  4   Đổi cận  t  1 x  0  1  t  1 4 4 43 1  1 1 dt   1   dt   t  ln t    ln 2 Khi đó I  t 12 21 21 t 2 Cách 4: Phân tích và đưa vào vi phân 1  x  1  1 2 3 3 3 x2 1 1 1 I   2 d  x  1   d  x 2  1    1  2 d  x  1  2 2 2 2 0 x 1 2 0 x 1 x 1 20 d  x 2  1 3 3 x2 3 1 33  d  x  1   x2  1  2 0  ln  x  1 0  2  2 ln 2 2 2  2 0 0 Cách 5: Chia đa thức để tách thành tổng hai tích phân đơn giản hơn x 2 3 1 d  x  1 3 1 2 3 3 3 x3 x 33    ln  x 2  1 I   2 dx    x  2 dx  2    ln 2 2 2 0 x 1 22 2 x 1 x  1 0 0  0 0 Nhận xét: Đây là tích phân hàm phân thức mà có bậc của tử lớn hơn bậc của mẫu chính vì thế ta chia đa thức để tách thành tổng các tích phân là phương pháp tối ưu nhất Cách 6: Phân tích tử thức chứa mẫu thức (thực chất là chia đa thức) Ta có x 3  x  x 2  1  x d  x 2  1 3 3 3 x3 x2 3 1 x 31 33   ln  x 2  1 Khi đó I  dx  x 2 dx      ln 2    x  1  x2  1 2 20 2 22 2 x 1 0 0  0 0 3
3 x3 3 x3 Bài 2: Tính tích phân bất định: I   dx   dx  x  1 x  2  x2  3x  2 Giải: Cách 1: Phân tích tử thức chứa nghiệm của mẫu thức Phân tích x 3  x  x 2  3 x  2   3  x 2  3x  2   7  x  1  1 Khi đó x  x 2  3x  2   3  x 2  3 x  2   7  x  1  1 3x 3 I  2 dx   dx x 2  3x  2 x  3x  2 x2   7 1 1   x 3  dx   3 x  7 ln x  2   dx    x  2  x  1 x  2    x  1 x  2  2  x2 x2   3 x  7 ln x  2  ln x  2  ln x  1  C   3x  8ln x  2  ln x  1  C 2 2 Cách 2: Kết hợp phân tích tử thức chứa nghiệm ở mẫu thức và kĩ thuật “nhảy tầng lầu” Phân tích x 3  x  x 2  3 x  2   3  x  1  x  1   2 x  3  x  x 2  3 x  2   3  x  1  x  2   3   2 x  3  x  x  3 x  2   3  x  1  x  2   9  x  1   2 x  3  2   Khi đó x  x 2  3x  2   3  x  1  x  2   3   2 x  3 3x 3   I  2 dx   dx 2 x  3x  2 x  3x  2 x2 2x  3 9  dx   3 x  9 ln x  2  ln x 2  3 x  2  C   x 3 dx   2  x2 x  3x  2 2  Cách 3: Kết hợp phân tích tử thức chứa nghiệm ở mẫu thức và đồng nhất thức Phân tích x 3  x  x 2  3 x  2   3  x 2  3 x  2   7 x  6 x  x 2  3x  2  3  x2  3x  2   7 x  6 3 x3 Khi đó I   2 dx   dx x 2  3x  2 x  3x  2 x2 7x  6    x  3 dx   2 dx   3 x  I1 . x  3x  2 2 Tính I1 bằng phương pháp đồng nhất thức…. Cách 4: Chia đa thức để tách thành tổng hai tích phân đơn giản hơn 3 x3 9x  8  9x  8  dx    x  3 dx   2 I 2 dx    x  3  2 dx x  3x  2 x  3x  2   x  2  x 3   I1 Tính I1 bằng phương pháp đồng nhất thức…. x3 x3 Bài 3: Tìm nguyên hàm sau: I   2 dx   dx 2  x  1 x  2x 1 Giải: Cách 1: Phương pháp đổi biến số 4
du  dx Đặt u  x  1    x  u 1 3  u  1 u 3  3u 2  3u  1 u2 3 1 1  Khi đó I   du   du    u  3   2 du   3u  3ln u   C u2 2 u u u 2 u  với u  x  1 Cách 2: Phân tích tử thức chứa nghiệm ở mẫu thức Phân tích x 3  x  x 2  2 x  1  2  x 2  2 x  1  3  x  1  1 x  x 2  2 x  1  2  x 2  2 x  1  3  x  1  1 x3 Khi đó I   2 dx   dx x2  2x 1 x  2x 1  1 x2 3 1   x  2   dx   2 x  3ln x  1  C 2 x  1  x  1  x 1 2    Cách 3: Kết hợp phân tích tử thức chứa nghiệm ở mẫu thức và kĩ thuật nhảy tầng lầu 3 Phân tích x 3  x  x 2  2 x  1  2  x 2  2 x  1  1   2 x  2  2 3 x  x 2  2 x  1  2  x 2  2 x  1  1   2 x  2  3 x 2 Khi đó I   2 dx   dx x2  2 x  1 x  2x 1 x2 2x  2 1 3 3  dx   2 x  ln x  1  ln x 2  2 x  1  C   x  2 dx   2  x 1  2 x  2x 1 2 2  Cách 4: Kết hợp phân tích tử thức chứa nghiệm ở mẫu thức và đồng nhất thức Phân tích x 3  x  x 2  2 x  1  2  x 2  2 x  1  3x  2 x  x 2  2 x  1  2  x 2  2 x  1  3x  2 x3 Khi đó I   dx   dx x2  2x 1 x2  2x 1 x2 3x  2    x  2 dx   2 dx   2 x  I1 . x  2x 1 2 Tính I1 bằng phương pháp đồng nhất thức Cách 5: Chia đa thức để tách thành tổng các tích phân đơn giản  1 x3 x3 3 I 2 dx   dx    x  2   dx 2 x  1  x  1 2  x  2x  1  x  1    2 x 1   2 x  3ln x  1  C x 1 2 Cách 6: Sử dụng phương pháp tích phân từng phần u  x 3 du  3x 2 dx   dx   Đặt  1 dv  v    2  x  1 x 1   Khi đó 5
x3 x2 x3 x2  1  1 I   3 dx    3 dx x 1 x 1 x 1 x 1 x3 x3  x2  1    3  x  1  dx    3   x   ln x  1  C  x 1 x 1 x 1 2   x 2 dx Bài 4: Tìm nguyên hàm: I   39 1  x  Giải: Cách 1: Sử dụng phương pháp đưa vào vi phân 2 2 Phân tích x 2  1  x   1  1  x   2 1  x   1   2 1  x   2(1  x)  1  1  2  1 x2   39 39 37 38 39 1  x  1  x  1  x  1  x  1  x  1 1 1 1 1 2 1 1 1 I dx  2 dx   dx    C 37 38 39 36 37 38 1  x 38 36 1  x  37 1  x  1  x  1  x  1  x  Cách 2: Đặt t  1  x  x  1  t  dx   dt 2 1  t  dt 1 1 1 11 21 11  I      39 dt  2  38 dt   37 dt    C 39 38 37 36 t 36 38 t 37 t t t t t Nhận xét: Cách 3: Sử dụng phương pháp tích phân từng phần u  x 2 du  2 xdx   1 dx   Đặt  v dv    38 39 38  x  1 1  x    1 1 x Khi đó I  x 2  dx …. đến đây các bạn có thể tự làm rồi 38 19  x  138 38  x  1 x 3 dx Bài 5: Tìm nguyên hàm: I   ( x  1)10 Giải: Cách 1: Sử dụng phương pháp đưa vào vi phân 3 3 2 Sử dụng đồng nhất thức: x 3   x  1  1   x  1  3  x  1  3  x  1  1   3 x 1 3 3 1      10 7 8 9 ( x  1)10 ( x  1) ( x  1) ( x  1) ( x  1) Khi đó dx dx dx dx I   3  3   7 8 9 ( x  1)10 ( x  1) ( x  1) ( x  1) 11 31 31 11     C 6 7 8 9 ( x  1)9 6 ( x  1) 7 ( x  1) 8 ( x  1) 6
Cách 2: Sử dụng phương pháp biến đổi số Đặt t  x  1 ta có: x  t  1 nên dx  dt 3  t  1 (t 3  3t 2  3t  1)dt dt   t 7 dt  3 t 8dt  3 t 9 dt   t 10 dt A  t10 t10 11 31 31 11     C 6 ( x  1) 7 ( x  1) 8 ( x  1) 9 ( x  1)9 6 7 8 Cách 3: Sử dụng phương pháp tích phân từng phần u  x 3 du  3x 2 dx   dx   1 Đặt  dv  v   10 9  x  1 9  x  1   Khi đó x2 1 1 I   x3  dx ... 9 3  x  19 9  x  1  I1 đến đây rùi ta có thể tính I1 bằng phương pháp tích phân từng phần hoặc phân tích x 2   x 2  1  1   x  1  x  1  1 Nhận xét : - Đối với bài 3, bài 4 và mà ta sử dụng phương pháp đồng nhất thức thì giải hệ quả thật là nan giải phải không, chính vì thể mà lựa chọn phương pháp nào mà hiệu quả và nhanh về đích nhất Qua bài 3, bài 4 và bài 5 ta chú ý P  x - Đối với tích phân hàm phân thức có dạng I   dx thì đặt t  x  a là một phương pháp hiệu quả nhất n  x  a f  x  Q'  x  P  x - Khi tính tích phân hàm phân thức mà ta phân tích được về dạng I   dx thì ta sử dx   Qn  x  Qn  x dụng phương pháp tích phân từng phần nhưng nên làm khi bậc của  x  a  là n  1, 2 u  f  x  du  Q'  x  Đặt:   dv  Q n x dx v   3 3 dx dx Bài 11: (ĐHDB – B 2004) Tính tích phân sau: I     x 1  x  x  x3 2 0 0 HD: Cách 1: Biến đổi số Nhân cả tử và mẫu cho x 2 3 3 3 dx dx xdx I     x 1  x   x 1  x  x  x3 2 2 2 0 0 0 7
x2  t  1  Đặt t  1  x 2   dt  xdx   2 Cách 3: Biến đổi số Đặt x  tan u … Bạn đọc tự giải Cách 4: Đưa vào vi phân Phân tích tử 1  1  x 2  – x 2 d 1  x 2  3 3 3 3 dx x dx 1 3 1 3 6  ln x 2  1 Khi đó I    1  x 2 dx    ln x  ln    2 x x2 2 2 1 x 0 0 0 0 0 0 2 dx Bài 12: Tính tích phân sau: I   x  x3 5 1 Giải: Cách 1: Sử dụng phương pháp phân tích Cách 1.1: Phân tích: 1  x 2  1  x 2 x2  1  x2 1 x2  1  x2 1 1 1 11 x 3 2 32  3  3  3  2   2 2 x x 1 x ( x  1) x x( x  1) x x( x  1) x x x 1 Khi đó 2 2 2 2 3 1 1 x  11 1 15  ln x  ln x 2  1    ln 2  ln I   3 dx   dx   2 dx    2 1 8 x  2x 2 22 1 x 1 1x 1 Cách 1.2: Phân tích: 1  x 4  1  x 4  x 4  1  x 2  1  x 2     4 2 2 x4  1  x 4 x  1  x 1  x 1  x2 1 x x 1  x 3  3 2 32  2  32   3 2 x x ( x  1) x ( x  1) x 1 x 1 x x x 1 ... tự làm nhé Cách 2: Kết hợp kĩ thuật tách thành tích và phương pháp biến đổi số 2 2 1 1 1 Phân tích I   3 2 dx   . 2 2 dx     x x x 1 x 1 1x 1 1  x  t 1  Đặt t    dx   1 dt x t2   1  x  2 t  Đổi cận   2 x  1 t  1  8
1 1 1 t3 2 t2 Khi đó I    t dt   2 dx... đến đây lại trở thành bài 1, các bạn tha hồ mà làm nhé 11 1 t 1  1   1 t2  t2 2  Cách 3: Sử dụng kĩ thuật nhân trên tử và phương pháp đổi biển số 2 2 1 x I 3 2 dx   4 2 dx     x 1 x 1 1x 1x dt Đặt t  x 2  1   xdx 2  x  2 t  5 Đổi cận   x  1 t  2 1 1 1 5 5 t 5 3 1 1 dt 1 15 Khi đó I        dt     ln  2   ln 2  ln 2 2 t 1 t  2  t 1 t 1  2 2   t  1 8 22 2 t  t  1   Hoặc các bạn có thể đặt u  t  1 hoặc phân tích 1  t   t  1 hoặc đồng nhất thức Cách 4: Sử dụng kĩ thuật nhân trên tử và phương pháp đưa vào vi phân 2 2 2 1 x 1 1   d x2  1  I 3 2 dx   4 2  4 2       2 1 x x 1 x 1 x 1 1x 1x   2 2 1 x 1  x 2 2 2 11 1 1       2 2 d x2  1  42 d x 1   4 d x 1   2 2     2 1 x x 1 21x 2 1 x x 1 2 2 1 1  dx   dx... ôi đến đây lại thành cách 1 rùi, lòng vòng quá, bỏ qua thui…   3 2 x 1 x x 1 1 Cách 5: Sử dụng phương pháp đồng nhất thức A B C Dx  E 1 đến đây thì đồng nhất thức hai vế để giải hệ t ìm I  A, B, C , D, E tuy nhiên  3 2  2 x  x  1 x 3 2 x x 1 x việc giải hệ là phức tạp chính vì thể trong trường hợp này ta nên làm theo cách 1, cách 2 và cách 3 là hiệu quả nhất Cách 6: Đặt x  tan u  dx   tan 2  1 dt … bạn đọc tự làm 1 dx Bài 14: Tính tích phân sau: I   3 x 1 0 Giải: Nhận xét: x 3  1   x  1  x 2  x  1 Cách 1: Dựa vào nhận xét trên ta sử dụng đồng nhất thức: 1  x 2   x 2  1  x 2   x  1  x  1 1 1 x2 x 1 Khi đó I   dx   2 dx  I1  I 2 3 x 1 0 x  x 1 0 9
1 d  x  1 3 1 3 Tính I1 bằng cách đặt t  x  1 hoặc I1   3 0 x3  1 1 1  2 x  1  (kĩ thuật nhảy tầng lầu) Tính I 2 phân tích x  1  2 2 1 1 1 x 1 2x  1 1 1 dx Ta có I 2   2 dx   2 dx   2 0 x  x 1 2 0 x  x 1 20 1 3 x   2 4  Cách 2: Đồng nhất thức Bx  C 1 A  1  A  x 2  x  1   Bx  C  x  1  2 Xét 3 x 1 x 1 x  x 1 Đến đây ta có thể đồng nhất hệ số giải hệ t ìm A, B, C hoặc cho một số giá trị riêng là 1 2 1 x  1  A  ; x  0  C  ; x  1  B   …Bạn tự giải tiếp nhé 3 3 3  1 Kết quả ta được I  ln 2  3 33 Cách 3: Đổi biến số kết hợp kĩ thuật “nhảy tầng lầu” 1 1 1 d  x  1 dx dx I 3    2  0  x  1  x  12  3  x  1  3  0 x 1   0 x 1 x  x 1 Đặt x  1  t  dx  dt  x  0 t  1 Đổi cận   x  1 t  2 1  t 2  3t  3   t 2  3t  2 2 2 2 1  dt  t 3 dt   t  t 2  3t  3 dt      2  dt    31 2 3  1 t 1 t  3t  3  1 t t  3t  3 1  dt 1 d  t 2  3t  3 3 2 2 2  dt     2   2 3  3  1 t 2 1 t  3t  3 21 t3     2  4 t2 11 2t  3  2 1    ln 2  3 arctan   ln 2  3  2 t  3t  3 3 1 3 33 3x 4  5 x 3  7 x  8 Bài 15: Tính tích phân bất định: I   dx .  x  2 50 Giải : Cách 1: Biến đổi số x  t  2 Đặt x  2  t   dx  dt 4 3 3 t  2   5  t  2  7 t  2   8 3x 4  5 x 3  7 x  8 Khi đó I   dx   dt 50 t 50  x  2 Cách 2: Đồng nhất tử thức chứa nghiệm của mẫu thức 10
4 3 2 Phân tích 3 x 4  5 x 3  7 x  8  a  x  2   b  x  2   c  x  2   d  x  2   e … đồng nhất để tìm a, b, c, d, e … Cách 3: Khai triển Taylor (tham khảo) Đặt P4  x   3 x 4  5 x3  7 x  8 Áp dụng khai triển taylor ta có   P4 3  2  P4 4  2  P4  2  P4 2  2 3  x  2 4 P4  x   P4  2    x  2   x  2   x  2  1! 2! 3! 4! 2 3 4  P4  x   66  149  x  2   48  x  2   29  x  2   3  x  2  2 3 4 66  149  x  2   48  x  2   29  x  2   3  x  2  I dx  x  2 50 50 49 48 47 46    66  x  2   dx  149  x  2   48  x  2   29  x  2   3  x  2   66 149 48 29 3      C 49 48 47 46 45 49  x  2  48  x  2  47  x  2  46  x  2  45  x  2  1 5 2 x2  1 Bài 16: (ĐHTN – 2001) Tính tích phân sau: I  dx  x4  x 2  1 1 Giải: 1  1 1 5 1 5 1 5 1  2  1 2 2 2 2 x 1 x x2  dx  dx  Ta có dx    x  x2  1 4 2 1 1  2 x 1 2 1 1 1  x  x  1 x   1 1  Đặt t  x   dt  1  2  dx . x x  x  1 t  0  Đổi cận  1  5  t  1 x    2 1 dt . Đặt t  tan u  dt  1  tan 2 u  du . Khi đó I   2 0 1 t u  0 t  0  Đổi cận    t  1 u  4     1 2 4 4  1  tan u dt Khi đó I    du   du  u 4  . 2 2 4 0 1 t 0 1  tan u 0 0 Cách khác: 11
1 1   tan u  1  2  dx  1  tan 2 u  du … bạn đọc tự giải Ta có thể gộp hai lần đặt là x  x x  2 x2 1 Bài 17: Tính tích phân: I   4 dx x 1 1 Giải: Cách 1: Chia cả tử và mẫu cho x 2  0 ta được 1 1 1 1 2 2 2 2 x dx  x Biến đổi I     1 2 dx 1 1 x2  1 x  2 x2 x  1 1  Đặt u  x   du  1  2  dx x x  5 2 u  2 5/ 2 du 1 (5  2 2)(2  2) 1 Khi đó I   ln u  ln 2 2 2 2 u 2 2 6 2 22 2 2    Cách 2: Phân tích x 4  1   x 2  1  2 x 2  x 2  2 x  1 x 2  2 x  1 và sử dụng đồng nhất thức x2  1 Ax  B Cx  D 2 2 … đồng nhất hệ số tìm A, B, C và D nhưng cách này dài và rất phức tạp 4 x  1 x  2x  1 x  2x  1 nên không đưa ra Nhận xét: - Qua các ví dụ trên ta thấy kĩ thuật chia thực sự rất hiệu quả trong việc chuyển tích phân ban đầu thành tích phân đơn giản hơn - Thông thường để sử dụng kĩ thuật chia thì trên tử là một đa thức bậc hai P  x   x 2  1 còn mẫu là một đa thức bậc 4: Q  x   ax 4  bx 3  cx 2  dx  e sao cho hệ số a  e  1 1 1 1  1   - Tích phân trên đưa về dạng I   f  x   1  2  dx đặt t  x   dt   1  2  dx x x x  x   Tương tự ta có thể giải bài toán này 2 x2 1 1. Tính tích phân sau I   dx x4 1 1 1 1 1 1 2 2 2 1 1 2  x dx  x   1 2 dx . Đặt u  x  x  du  1  x2  dx I 1   1 x2  1 x  2 x2 x  2. (ĐHQGHN – A 2001) Tính tích phân bất định sau: 12
x2  1 1 x2  5x  1 I dx   ln 2 C  x 2  5x  1 x 2  3x  1 8 x  3x  1 1 4 Bài 18: Tính tích phân sau: I   x3  x 4  1 dx 0 Giải: Cách 1: Sử dụng phương pháp biến đổi số dt Đặt t  x 4  1 dt  4 x 3 dx  x3 dx  4 x  1 t  2 Đổi cận    x  0 t  1 1 2  1 5  2 31 14 4 Khi đó I   x3  x 4  1 dx   t dt   20 t  1  20 . 41   0 Cách 2: Sử dụng phương pháp biến đổi số dt Đặt t  x 4   x3 dx 4 x  1 t  1 Đổi cận    x  0 t  0 1 1 t 5  1 31 1 1 1 4 Khi đó I   1  t  dt   1  4t  6t  4t  t dt   t  2t  2t  t    2 3 4 2 3 4 40 40 4 5  0 20 Cách 3: Sử dụng phương pháp biến đổi vi phân 5 1  x  1 1 31 4 1 1 1 4 4 I   x  x  1 dx    x  1 d  x  1  . 3 4 4 4  40 4 5 0 20 0 Cách 4: Sử dụng phương pháp phân tích 4 Phân tích x 3  x 4  1  x 3  x16  4 x12  6 x8  4 x 4  1   x19  4 x15  6 x11  4 x 7  x 3  1 1  x 20 x16 x12 x 8 x 4  1 31 4 Khi đó I   x  x  1 dx    x19  4 x15  6 x11  4 x 7  x 3  dx   3 4       20 4 2 2 4  0 20 0 0 Nhận xét: Mỗi cách giải có một đặc thù riêng nên lựa chọn cách nào là phù hợp hơn, tùy vào mỗi người, theo tôi cách 1 và cách 3 là hiệu quả nhất 1 1 6 Bài 19: (ĐH KTQD – 1997) Tính tích phân sau: I   x5 1  x3  dx  168 0 Giải: 1 1 6 6 Ta có I   x5 1  x3  dx   x 3 1  x 3  x 2 dx 0 0 Cách 1: Đổi biến số 13
 dt 2   x dx 3 Đặt t  1  x   3  x3  1  t  x  1 t  0 Đổi cận    x  0 t  1 0 1 1 1  t 7 t8  16 1 1 1 t 1  t dt   t 6 1  t dt    t 6  t 7 dt    3 I   30 30 3 7 8  168 1 Cách 2: Đưa vào biểu thức vi phân 1 1 1 1 6 6 6 7 I   x5 1  x3  dx   x 2 1  1  x 3   1  x3  dx   x 2 1  x 3  dx   x 2 1  x 3  dx   0 0 0 0 37 8 1 1  x  1 1  x  1 3 1 1 1 1 1 6 7    1  x3  d 1  x 3    1  x3  d 1  x3    . .  03 0 168 30 3 7 8 0 6 6 Cách 3: Khai triển 1  x 3  thành tổng các đa thức  x 5 1  x 3  .. cách này không khó nhưng khai triển phức tạp… chỉ tham khảo thôi Chú ý: Nếu ta đặt t  x3 cũng ra nhưng sẽ dài và phức tạp, bạn đọc có thể tham khảo 2 2 Bài 20: Tính tích phân sau I   x  x  1 dx 0 Giải: Cách 1: Sử dụng phương pháp phân tích 2 Ta có x  x  1  x  x 2  2 x  1  x 3  2 x 2  x 2  x 4 2 x 3 x 2  2 34 Khi đó I    x3  2 x 2  x  dx      4 3 2 0 3 0 Cách 2: Sử dụng phương pháp đưa vào vi phân 2 2 3 2 Ta có x  x  1   x  1  1  x  1   x  1   x  1   4 3  x  1  x  1 2 2 2 2 34 3 2 3 2 Khi đó I    x  1 dx    x  1 dx    x  1 d  x  1    x  1 d  x  1    4 3 3 0 0 0 0 Cách 3: Đổi biến số x  t  1 Đặt t  x  1   dx  dt  x  2 t  3 Đổi cận    x  0 t  1 3 3  t 4 t 3  3 34 Khi đó I    t  1 t dt    t  t  dt      2 3 2  4 3 1 3 1 1 Cách 3: Sử dụng phương pháp tích phân từng phần 14
du  2  x  1 dx 2  u   x  1  Đặt   x2 dv  xdx v    2 2 2 2  x 4 x 3  2 34 2x 2   x  x  1 dx  6    x 3  x   dx  6      2 Khi đó I   x  1 20 0 4 3 0 3 0 0 9 2  x  x  1 Bài 21: Tính tích phân sau: I  dx 1 Giải: Cách 1: Biến đổi số Đặt t  x  1  dt  dx  x  1 t  0 Đổi cận   x  0 t  1 Khi đó 0 1 1 1 9 2  x  x  1 dx    t  1 t dt    t  2t  1 t dt   t  2t  t  dt 2 9 2 9 11 10 9 I 1 0 0 0 12 11 10 t 1 1 2 1 t t 1  2      11 10  0 12 11 10 660  12 Cách 2: Phương pháp phân tích 2 Phân tích x 2   x  1  2  x  1  1 Khi đó 0 0 0 9 2 9 11 10 9  x  x  1 dx    x  1  2  x  1  1  x  1 dx    x  1  2  x  1   x  1  dx 2 I     1 1 1 12 11 10   x  1  x  1  x  1  0 1  2    10  1 660  12 11   2 Hoặc phân tích x theo  x  1 như sau 9 9 9 11 10 9  x  1  x  1  2  1  x  1 x 2  x  1   x 2  1  1  x  1    x  1  2  x  1   x  1     Nhận xét: 9 - Với bài toán này ta sử dụng phương pháp phân tích tức là khai triển  x  1 hay phương pháp tích phân từng phần như bài 20 thì cũng ra nhưng rất dài và phức tạp vì bậc của  x  1 là lớn 1 Bài 22: Tính tích phân: I   (1  3x )(1  2 x  3x 2 )10 dx 0 Giải: Cách 1: Đổi biến số dt Đặt t  1  2 x  3 x 2  dt  (2  6 x)dx  dt  2(1  3 x)dx   (1  3 x)dx 2 15
 x  0 t  1 Đổi cận:  .  x  1 t  6 10 t 11 6 611 111 611 dt 6t 6 I   t10  dt     1 22 1 22 22 22 2 12 1 Cách 2: Đưa vào vi phân 1 1 1 2 10 10 ' I   1  3x  1  2 x  3 x  dx   1  2 x  3 x 2  1  2 x  3 x 2  dx 20 0 11 1  2 x  3x2  1  611  1 1 1 2 10   1  2 x  3 x  d 1  2 x  3 x   2 0 22 20 22 Bài tập tự giải có hướng dẫn: 2 3x 3 Bài 1: (ĐHV – D 2000) Tính tích phân sau: I   dx x2  2 x  1 0 Đs: I  9 ln 3  8 2 x2  1 Bài 2: Tính tích phân sau: I   dx x  3x  1 x 2  x  1 2 1 HD: Chia cả tử và mẫu cho x 2 ta được 1 1 2 2 x I dx 1 1   1  x   3   x   1 x x   1 1  Cách 1: Biến đổi số đặt t  x   dt   1  2  dx x x  Cách 2: Biến đổi vi phân 1  1 dx  1 2 2 2  2 1  1 1 x   x I dx   dx   ln  x   1  ln  x   3   1 1 1 1  1 2  x x 1  1    x   3  x   1   x   3  x   1 x x x x     17  ln 2 10 Cách 3: Đồng nhất thức 1 x5 Bài 3: Tính tích phân sau: I   2 dx. 0 x 1 HD: 5 3 2 2 Đồng nhất thức: x  x ( x  1)  x ( x  1)  x 16
1 1 x 1 4 1 2 1 1 1    I    x3  x  2 2 dx   x  x  ln( x  1)]  ln 2  . 4 0 2 2 2 4 x 1 0 Hoặc chia tử cho mẫu để tách thành tổng các tính phân đơn giản Hoặc đặt x  tan t 1 x Bài 4: (ĐHKT – 1994) Tính tích phân sau: I   dx 3 1  2 x  0 HD: 1  1 x 1 1 1 Phân tích x  1  2 x  1    ta được I  3 3 2 1  2 x  2  1  2 x  1  2 x   2 18   Hoặc đặt t  1  2 x Hoặc tích phân từng phần 1 x2  3 21 13 Bài 10: Tính tích phân: I   dx   ln 2  ln 3 1 x  x  3x  2  4 2 4 4 2 HD: Cách 1: Nhân cả tử và mẫu cho x rồi đặt t  x 2 Cách 2: Phân tích mẫu x  x 4  3 x 2  2   x  x 2  1  x 2  2  và sử dụng đồng nhất thức 1 2x  5 15 Bài 5: Tính tích phân: I   dx  ln x  3x  2  x  7 x  12  2 2 24 0 HD: Phân tích  x 2  3 x  2   x 2  7 x  12    x  1  x  2   x  3  x  4    x 2  5 x  4   x 2  5 x  6  Cách 1: Sử dụng đồng nhất thức khi mẫu số là 4 nghiệm đơn Cách 2: Sử dụng đổi biến số đặt t  x 2  5 x Cách 3: Sử dụng phương pháp phân tích 1 2 x  5   2 x  5   x 2  5 x  6    x 2  5 x  4     2 1 2 x 2 3 Bài 6: Tính tích phân: I   4 dx   3 2 1 x  2 x  5x  4 x  4 44 2 HD: 2 Phân tích x 4  2 x 3  5 x 2  4 x  4   x 2  x  2  Cách 1: Đồng nhất thức 2 Cách 2: Chia cả tử và mẫu cho x 2 và đặt t  x  Hoặc đưa vào vi phân x 0 x 2 dx Bài 7: Tính tích phân sau: I   3 x  1 2 1 HD: Cách 1: Đặt x  tan t Cách 2: Sử dụng phương pháp tích phân từng phần 17
u  x  Đặt dv  xdx 3   x2  1  Cách 3: Sử dụng phương pháp phân tích thành hai tích phân đơn gián Phân tích x 2   x 2  1  1 0 0 0 x 2 dx dx dx Khi đó I      3 2 3 x  1 x  1 x  1 2 2 2 1 1 1 II. TÍCH PHÂN HÀM VÔ TỶ Bài tập giải mẫu: 7 3 x 1 Bài 1: (ĐHGTVT – 1998) Tính tích phân: I   dx 3 3x  1 0 Giải: Cách 1: Biến đối số u3  1  x  Đặt u  3 3x  1   3 dx  u 2 du  7  u  2 x  3 Đổi cận  u  1 x  0  u3  1 1 2 2 1  u5  2 46 1 1 Khi đó I   3 u 2 du    u 3  2  udu    u 4  2u  du    u 2   u 3 31 3 5  1 15 1 Cách 2: Biến đối số u 1  x  3  Đặt u  3x  1   dx  du  3  7  u  8 x  3 Đổi cận  u  1 x  0  18
u 1 5 2 1 2 1 18 3 1 8u2 18 3  8 46 1  3u 3 3 3 Khi đó I   du   1 du    u  2u  du    3u   1  1 15 31 91 3 91 9 5  u3 u   Cách 3: Đưa vào vi phân 1 2 Phân tích x  1   3 x  1  3 3 Khi đó 71 2 7 7 7 7  3x  1  3 3 3 3 23 2 1 3 dx  1 3x  1 dx  2 dx 1 I 3 3     3x  1 3 d  3x  1    3x  1 3 d  3 x  1 3  3 3x  1 3  3 3x  1 9 0 90 3x  1 0 0 0 7 7 5 2 1 1 46   3x  1  3 x  1 3 3 3 3 15 3 15 0 0 Cách 4: Tính phân từng phần u  x  1 du  dx   Đặt   1 2 1 dx v   3 x  1 3 dv  3  3x  1  2  Khi đó 7 7 2 7 1 3 x  1 3 3 13 2 2 1 1 1  x  1 3 x  1 dx   x  1 3x  1  3x  1 3 d  3x  1 ... bạn đọc tự giải I  3 3 6 3 2 2 0 3 3x  1 2 0 0 1 x3 Bài 2: Tính tích phân: I  dx  0  x2  1 1 HD: C1: Đặt x  tan t C2: Phân tích x 3  x  x 2  1  x u  x 2  C3: Đặt  x dv  dx 2 x 1  C4: Đặt x  t C5: Phân tích x 3 dx  x 2 xdx   x 2  1  1 d  x 2  1   2 dx Bài 3: (ĐHBKHN – 1995) Tính tích phân sau: I  x x2  1 2 Giải: Cách 1: Phương pháp biến đổi số 19
  1 sin tdt 1 với t   0;  hoặc x  Đặt x   dx  2  2 cos t sin t cos t  t  3 x  2   Đổi cận   t   x  2    4  sin t    3 3 3    3 sin t 2 Khi đó I   cos t dt   (vì t   ;   sin t  0 ) dt   dt  t   12 4 3  sin t 1  cos 2 t   4 4 4 4 cos 2 t Cách 2: Phương pháp biến đổi số Nhân cả tử và mẫu cho x ta được 2 2 dx xdx I  2 2 x2  1 2 x x 1 2x x2  t 2  1 2 Đặt x  1  t    xdx  tdt x  2 t  3    Đổi cận  x  2 t  1   3 3 tdt dt 1 du   tan 2 u  1 du Khi đó I   . Đặt t  tan u  dt   t t  1 2 2 2 t 1 cos u 1 1   u  3 t  3   Đổi cận   u   t  1    4    2 4 4 4 tan u  1 Khi đó I   du   du  u  2  12  tan u  1  3 3 3 Cách 3: Phương pháp biến đổi số x2  t  1  Đặt x 2  1  t   1 … tương tự như cách 2  xdx  dt  2 Cách 4: Phương pháp biến đổi số 1 1 dx Đặt x    t  2   dt t x x 20
1  t  2 x  2   Đổi cận   t  1 x  2  2  1 1 2 2 dt dt Khi đó I     . Đặt t  sin x  dt  cos xdx  1  t2 1  t2 1 1 2 2    4 4 4 cos u Khi đó I   dx   du  u     4 6 12 1  sin 2 u   6 6 6 Cách 5: Phân tích 1    x  1  x  2 2   2 2 2 x2  1 dx x Khi đó I   dx   dx … bạn đọc tự giải  x 2 2 x x 1 x 1   2 2 2 I1 I2 23 dx Bài 3: (ĐH – A 2003) Tính tích phân: I   x x2  4 5 Giải: Cách 1: Phương pháp biến đổi số x2  t 2  4 Đặt t  x 2  4    xdx  tdt  x  2 3 t  4 Đổi cận   t  3 x  5  4 4 4 1  dt dt  1 t  2 4 1 5 dt Khi đó I   2      ln  ln 43 t 2 3 t 2 4 t 2 3 4 3 3t 4 Cách 2: Phương pháp biến đổi số 1 1 Đặt x   dx   2 dt t t 1/ 2 3 1/ 2 3 1/ 2 3 1 5 dt 1 d (2t ) 1   ln 2t  4t 2  1 Khi đó I      ln . 2 1/ 5 (2t )2  1 2 1/ 5 4 3 4t 2  1 1/ 5 Cách 3: Phương pháp biến đổi số  2 Đặt x  2 tan t  dx  2 1  tan 2 t  dt với 0  t  và x 2  4  . 2 cost 21