Pp tinh tichphan-nvcuong-new

PHƯƠNG PHÁP VÀ KỸ THUẬT ĐIỂN HÌNH TRONG TÍNH PHÂN

Nguyễn Văn Cường, THPT Mỹ Đức A, Hà Nội

ĐT: 0127.233.45.98 - 04.33.741.526 Email: [email protected]

Đăng tải tại http://www.mathvn.com/2011/01/cac-phuong-phap-tinh-tich-phan-ien-hinh.html

Phép tính tích phân là một phần quan trọng của giải tích toán học nói riêng và trong Toán học nói chung,không những như là một đối tượng nghiên cứu trọng tâm của giải tích mà còn có đắc lực trong nghiên cứu lý thuyết về phương trình, lý thuyết về hàm số.

Ngoài ra phép tính vi phân còn được sử dụng nhiều trong các môn khoa học khác như Vật lý Thiên văn học ,cơ học ....nó như là một giải pháp hữu hiệu của các mô hình toán học cụ thể..Học sinh lớp 12 Khi ôn thi tốt nghiệp ,Thi đại học –cao đẳng thường rất gặp khó khăn khi giải các bài tập trong chuyên đề này. Những người mới học và làm quen với Tích phân thường chưa hiểu rõ tư tưởng cũng như phương pháp tiếp cận lý thuyết , đặc biệt là khâu vận dụng lý thuyết vào giải các bài toán thực tế.

Bài viết này xin nêu ra một số phương pháp điển hình thường được dùng để giải các bài tập về tích phân trong các kỳ thi Đại học. Nội dung bài viết cũng là nội dung cơ bản của đề tài sáng kiến kinh nghiệm của tôi trong năm học 2010 đã được Sở giáo dục và đào tạo Hà Nội xếp loại B.

Mặc dù đã tham khảo một số lượng lớn các tài liệu hiện nay để vừa viết, vừa đi giảng dạy trên lớp để kiểm nghiệm song vì năng lực và thời gian có hạn ,rất mong được sự đóng góp của các bạn đồng nghiệp và những người yêu thích môn toán để chuyên đề này có ý nghĩa thiết thực hơn trong nhà trường ,góp phần nâng cao hơn nữa chất lượng Giáo dục phổ thông.Giúp các em có phương pháp - kỹ năng khi giải các bài Tích phân trong các kỳ thi cuối cấp đồng thời bước đầu trang bị cho các em kiến thức về phép tính vi phân –Tích phân trong những năm đầu học đại học. Xin vui lòng giới thiệu với các bạn đồng nghiệp và những người yêu toán chuyên đề :

“Phương pháp và kỹ thuật điển hình tính tích phân”

MATHVN.COM | www.MATHVN.com

Nguyễn Văn Cường, Mỹ Đức A, Hà Nội - www.MATHVN.com 2

I - Kỹ thuật biến đổi vi phân (đưa về bảng nguyên hàm) Khi sử dụng kỹ thuật bảng nguyên hàm ta cần lưu ý đến một số phép toán vi phân đơn giản sau: f (x)dx=dF(x) ,Trong đó F(x)- là một nguyên hàm của hàm sồ f(x)

dx= 1( )d ax b

a+ xkdx=d

1

( )1

kxa

k

+

++

sinxdx=d(-cosx)

2

2 2

( )dx d x x a

x a x x a

+ +=

+ + +;

2(t anx)

osdx

dc x

= ; 2

( cot x)sin

dxd

x= - ....

Một số công thức suy rộng sau

cossin

kxkxdx c

k= - +ò ; sin

oskx

c kxdx ck

= +ò ;

kxkx e

e dx ck

= +ò ; ,ln

kxkx a

a dx c k Rk a

= + " Îò .....

Ví dụ 1( ĐHA -2010) Tính tích phân : 1 2 x 2 x

x0

x e 2x eI dx

1 2e+ +

=+ò

Lời giải 1 1 12

2

0 0 0

(1 2 )1 2 1 2

x x x

x x

x e e eI dx x dx dx

e e+ +

= = ++ +ò ò ò ;

11 32

10 0

1;

3 3x

I x dx= = =ò

1

20 1 2

x

x

eI dx

e=

+ò = 1

0

1 (1 2 )2 1 2

x

x

d ee

++ò =

1

0

1ln(1 2 )

2xe+ =

1 1 2ln

2 3e+æ ö

ç ÷è ø

Vậy I = 1 1 1 2

ln3 2 3

e+æ ö+ ç ÷è ø

Ví dụ 1( ĐHA -2009) Tính tích phaân 2

3 2

0

I (cos x 1)cos xdx

p

= -ò

Lời giải

( ) ( )

( )

2 2 2 2 223 2 5 2 4 2

10 0 0 0 0

2 2 2 2 2 2 22 4 22

0 00 0 0 0 0

cos 1 cos cos cos , cos cos 1 sin cos

8 1 cos 2 1 1 1 11 2sin sin (sinx) , cos cos 2 sin 2

15 2 2 2 2 4 4

I x xdx xdx xdx I x xdx x xdx

xx x d I xdx dx dx xdx x x

p p p p p

p p p p p p p

p

= - = - = = - =

+- + = = = = + = + =

ò ò ò ò ò

ò ò ò ò ò

Tính tích phân 3

x1

dxI

e 1=

-ò

Ví dụ 3 ĐHKD -09) Tính tích phân 3

x1

dxI

e 1=

-ò

Lời giải 3 3 3x x x

3xx x 1

1 1 1

1 e e eI dx dx dx 2 ln e 1

e 1 e 1- +

= = - + = - + -- -ò ò ò



3 22 ln(e 1) ln(e 1) 2 ln(e e 1)= - + - - - = - + + +

Ví dụ 1 (ĐHKB -03) Tính I= /4 2

0

1 2sin1 sin 2

xdx

x

p -+ò

Lời giải:

Nhận thấy d(1+sin2x)= 1os2

2c xdx , 1-2sin2x=cos2x nên ta có

I =/4 /4 /42

/40

0 0 0

1 2sin os2 1 (1 sin 2 ) 1 1ln(1 sin 2 ) ln 2

1 sin 2 1 sin 2 2 1 sin 2 2 2x c x d xdx dx x

x x x

p p pp- +

= = = + =+ + +ò ò ò

Ví dụ 2 (ĐH KA-06)

J =/4

2 20

sin 2

os 4sin

xdx

c x x

p

+ò

Lời giải: Nhận thấy d(cos2x+4sin2x)=sin2xdx do đó ta có

J=/4

2 20

sin 2

os 4sin

xdx

c x x

p

+ò =

/4 2 2

2 20

1 ( os 4sin )3 os 4sin

d c x xdx

c x x

p +

+ò =

12 2 /42

0

2( os 4sin )

3c x x p+ = 1

( 10 2)3

-

Ví dụ 3

Tính K=3 2

1

ln 2 lne x xdx

x+

ò (ĐHKB-04)

Lời giải:

K =3 2

3 2 2 1/3 2 33

1 1 1

ln 2 ln 1 32 ln ln (ln ) (2 ln ) (2 ln ) (3 3 2 2)

2 8

e e ex xdx x xd x x d x

x+

= + = + + = -ò ò ò

Nhận xét 1: - Các tích phân trên có thể giải được bằng phương pháp đổi biến số song nếu ta khéo léo biến đổi vi phân thì đưa được về các tich phân cơ bản . -Dùng phép biến đổi vi phân đưa về bảng nguyên hàm cơ bản giúp Lời giải ngắn gọn,so với Phép đổi biến số thì không phải đổi cận ,Trong giải toán thêm một phép toán là thêm một nguy cơ sai. để làm rõ ưu điểm của phương pháp này ta xét bài toán sau

Ví dụ 4: Tính L= ( )ln ( ) ( )( )( )

bx a x b

a

dxx a x b

x a x b+ +é ù+ +ë û + +ò với b>a>0

Lời giải:



Viết lại L= ( ) ln( ) ( ) ln( )( )( )

b

a

x a x a x b x bx a x b

+ + + + ++ +ò dx = ln( ) ln( )b

a

x a x bdx

x b x a+ +é ù+ê ú+ +ë ûò =

[ ]ln( ) ln( ) ln( ) ln( )b

a

x x d x b x b d x a+ + + + +ò

= [ ]ln( ) ln( ) ln( ) ln( ) ln ln( )b

ba

a

ad x b x b x a x b a b

b+ + = + + = +ò

Nhận xét 2 -Đây là một trong những bài toán điển hình minh hoạ tính ưu việt cho phương pháp sử dụng phương pháp biến đổi vi phân đưa về bảng nguyên hàm -Một trong những phương pháp cơ bản nhất để tính tích phân lượng giác đó là biến đổi Vi phân đưa về bảng nguyên hàm cơ bản,khi đó ta cần dùng các công thức biến đổi lượng giác như hạ bậc ,nhân đôi ,tổng thành tích ... ta xét các ví dụ sau Ví dụ 5 Tính

M=/2

sin

0

( cos ) cosxe x xdxp

+ò (ĐH K D-05)

Lời giải:

M=/2 /2

sin

0 0

1 os2(cos ) 1

2 4x c x

e d x dx ep p p+

+ = - +ò ò

Ví dụ 6: Tính

N=/3

2 2/4

sin

os 1 os

xdx

c x c x

p

p +ò

Lời giải:

N=/3 /3 /3

2 1/2 2

2 22/4 /4 /4

2

sin tan 1(2 tan ) (2 tan ) 5 3

21 os 2 tanos cos 1os

xdx xdxx d x

c x xc x xc x

p p p

p p p

-= = + + = -++

ò ò ò

Ví dụ 7: Tính P=2

31

20 1

x xe dx

x+

+ò

Lời giải:

P=2 2 2 2

3 3 311 1 2 2 1 2 1 3 22

120 0 0

(1 ) (1 ) (1 )1

x x x xxe dx e x d x dx e d x e e e

x

-+ + + += + + = + = = -

+ò ò ò



Một số sai lầm thường gặp khi tính tích phân bằng phương pháp biến đổi vi phân

Vídụ 7 : Tính I=0 1 s inx

dxp

+ò

Nhận xét: Học sinh khi giải thường gặp sai lầm sau Đặt x=tanx/2 dx=

22

02 2 20 0 0

2 1 1 2 2 2 2; 2 (1 ) ( 1)

1 1 s inx (1 ) 1 s inx (1 ) tan 0 1t an 1 tan 12 2

dt t dx dtt d t

xt t t

p p pp

p-+ - - -

= Þ = = + + = = -+ + + + + ++ +

ò ò ò

Do tan2p không xác định nên tích phân trên không tồn tại.

Nguyên nhân sai lầm :Do tích phân là tổng vô hạn các hạng tử nên 20

tan 12p-

Þ+

vẫn được thừa nhận.

Lời giải đúng: I=0 1 s inx

dxp

+ò

=0 1 os( )

2

dx

c x

p

p+ -ò = 0

20

( )2 4 tan( ) tan tan( )

2 4 4 41 os ( )2 4

xd x

xc

pp

pp p p

p

-= - = - -

+ -ò =2

Qua bài toán trên người thầy nên lưu ý với học sinh khi đổi biến số trước hết phải nghĩ ngay tới phép đổi biến có tồn tại hay không?( cũng giống như khi ta giải phương trình cần đặt điều kiện cho ẩn số nếu có)

Ví dụ 8 I=4

2

0

6 9x x dx- +ò

Nhận xét: Học sinh thường mắc sai lầm sau

I=4

2

0

6 9x x dx- +ò =4 4 2

2 2 40

0 0

( 3)( 3) ( 3) ( 3) 4

2x

x dx x d x-

- = - - = = -ò ò

Nguyên nhân sai lầm là phép biến đổi 2( 3) 3x x- = - không tương đương đương

trên [ ]0, 4 vì |x-3|=3;3 4

3 ;0 3

x x

x x

- £ £ìí - £ £î

Lời giẩi đúng là



I=4

2

0

6 9x x dx- +ò

=4 4 4 3 4

2 2

0 0 0 0 3

( 3) ( 3) ( 3) | 3 | ( 3) ( 3) ( 3) ( 3) ( 3)x dx x d x x d x x d x x d x- = - - = - - = - - - + - -ò ò ò ò ò

=2 2

3 40 0

( 3) ( 3)| 5

2 2x x- - -

+ =

Ví dụ 9: Tính I=

2

22 ( 1)

dxx- +ò

Học sinh thường mắc sai lầm khi biến đổi như sau

I =

2

22 ( 1)

dxx- +ò =

2

22

( 1)( 1)d xx-

++ò =

2

2

1 4|

1 3x -

- -=

+

Nguyên nhân sai lầm là do hàm số y=2

1( 1)x +

gián đoạn trên đoạn [ ]2;2- nên

không sử dụng được công thức NeW ton –leibnitz như trên. Lời giải đúng là :

hàm số y=2

1( 1)x +

không xác định tại x=-1 [ ]2;2Î - nên gián đoạn trên [ ]2;2- ,do vậy

tích phân trên không tồn tại. Tổng kết: Để sử dụng được thành thạo kỹ thuật sử dung bảng nguyên hàm học sinh hiểu được bản chất của các công thức,phải hiểu công thức trong trạng thái động.khi đứng trước bài toán tính tích phân cần xem xét kỹ biểu thức dưới dẩu tích phân,nếu có ý tưởng sử dụng bảng nguyên hàm thì định đưa về công thức nào trong bảng nguyên hàm. Để làm được điều đó hoc sinh phải hiểu kỹ bản chất của công thức, có tư duy trong biến đổi vi phân một cách logic, để tiếp nhận nó một cách tự nhiên ,không gượng ép . Chẳng hạn khi hướng dẫn học sinh sử dung công thức

1

1x

x dx ca

a

a

+

= ++ò , học sinh phải hiểu giá trị x trong hai số xa và dx là giống nhau,

nếu thay x trong hai số đó bởi một biểu thức khác thỉ công thức trên vẫn đúng ví dụ thay



X = 2t+1 thì ta có 1(2 1)

(2 1) (2 1)1

tt d t c

aa

a

+++ + = +

+ò ,Nhưng nểu chỉ có dạng

(2 1)t dta+ò muốn sử dụng được công thức trên phải biến đổi dt = 1(2 1)

2d x + .nghĩa

là ta đã biến đổi vi phân. Tương tự đối vói các nguyên hàm khác. Để luyện tập kỹ thuật trên ta có thể làm tương tự các bài tập sau

1/I=4

3

s inxdx

p

pò ; 2/J=

4

3

cosdx

x

p

pò ; 3/K= 32 31x x dx-ò ;4/L= tan xdxò ;5/ M=

4

dxcos xò

6/N=2 4 21 os 1

x

x c x+ +ò ; 7/ P=

21

ln(ln 1)

e xx x +ò ; 8/Q=

2001

2 1002(1 )x dx

x+ò ;

9/y=2

2 20

sin x cos3sin 4 os

xdxx c x

p

+ò ; 10/T=3

3 5

6

sin os

dx

xc x

p

pò ; 11/H=

4

6 60

sin 4sin os

xdxx c x

p

+ò

II-Tính tích phân bằng cách đưa biểu thức dưới dấu tích phân về dạo hàm của một hàm số khi sử dụng kỹ thuật này ta chú ý đến các tính chất quan trọng sau

· ( UV)’=UV’+U’V

· ' ' '

2

U U V UVV V

-æ ö =ç ÷è ø

· ( ) ( )' 'U V UV dx d UV+ =ò ò

· ' '

2

U V UV Udx d

V V- æ ö= ç ÷

è øò ò

Ví dụ 1 I= 2

12 ln

ln

e

e

x dxx

æ ö+ç ÷è øò (ĐH NT-00)

Lời giải:

Ta có ' ' '12 ln 2 ln .( ) (2 ln ) (2 ln )

lnx x x x x x x

x+ = + =



Do đó I= 2 2

2 212 ln (2 ln )= 2 ln 2 2 2

ln

e eee

e e

x dx d x x x x e ex

æ ö+ = = -ç ÷è øò ò

Ví dụ 2 J=2

0

1 s inx1 cos

dxx

p

++ò (ĐH -Dược -00)

Lời giải:

J=

2 2 2 2

2 20 0 0 0

2 20

1 2sin os1 s inx 12 2 tan tan1 cos 2 22 os 2 os

2 2

tan2

x x x x x

x

x xc x x

e dx e dx e e dx d ex xx c c

xe e

p p p p

p p

é ù+ ê ú+ æ ö= = + = =ê ú ç ÷+ è øê úë û

æ ö =ç ÷è ø

ò ò ò ò

Nhận xét :Ngoài cách giải trên ta còn có thể giải như sau

Cách 2 Phân tích K=2 2 2

1 20 0 0

1 s inx 1 s inx1 cos 1 cos 1 cos

x x xe dx e dx e dx K Kx x x

p p p

+= + = +

+ + +ò ò ò

2 2 2 22

1 020 0 0 0

2 22 2 2 2

2 2 220 0

1 1(tan ) tan tan

1 cos 2 2 22 os2

sin sin1 cos2 os

2

x x x x x

x x

x x xK e dx e dx e d e e dx

xx c

x xe e dx e e dx K K e K K e

x xc

p p p pp

p pp p p p

= = = = -+

= - = - - Þ = + - =+

ò ò ò ò

ò ò

Cách 3: Có thể đặt 2 2

(1 cos ) s inx1 s inx(1 cos ) (1 cos )1 cos

x x

xduu

x xxdv e dx v e

ì é ù++ì = -= ïï ê ú+ +Þ+í í ë ûï ï= =î î

dx

Từ đó ta có K=

2 2'2 2

2 20

2 2 2

1 s inx (1 cos ) s inx 1 e2 ( )

1 cos (1 cos ) (1 cos ) 2 (1 cos )

12 ( )

2 1 cos

x x xx

oo

x

o

x e ee dx e dx

x x x x

ee e

x

p pp p

p p p

é ù+ +- - = - - =ê ú+ + + +ë û

- - =+

ò ò

Ví dụ 3 K =2

2

.( 2)

xx ex +ò dx

Lời giải:



K =

2'

2 2 2

'

. 4 4 2 1 1 14 4 ( ) ( )

( 2) ( 2) ( 2) 2 2

4 ( ) 4( )2 2

xx x x x x x

x xx x

x e x xdx e e dx e dx e e e dx

x x x x x

e ee dx e C

x x

é ù+ + - é ù= - = - = - +ê ú ê ú+ + + + +ë ûë û

- = - ++ +

ò ò ò ò

ò

Để luyện tập ta tính các tích phân sau

I=4

2 2

0

4 tan (1 tan )2 2x x

x x dx

p

é ù+ +ê úë ûò HD: I=2

tan8 8p p

J=1 2

20

( 1)( 1)

xx edx

x++ò HD: J=1

K=2

sinx

0

(1 cos )e x x dx

p

+ò HD: K=2ep

III-Kỹ thuật đổi biến số 1/Đổi biến số dạng 1: Đổi biến số là một trong những phương pháp quan trọng nhất để tính nguyên hàm và tích Phân .Cơ sở của phương pháp đổi biến số dạng 1 là công thức sau

,[ ( )] ( )b

a

f u x u x dxò = ( )f u dub

aò

Trong đó f(x) là hàm số liên tục và hàm số u(x) có đạo hàm liên tục trên K sao cho f[u(x) ] xác định trên K và ( ), ( )u a u ba b= = . Áp dụng tính chất trên ta có quy tắc đổi biến sau

Xét tích phân ( )b

a

f x dxò . Đặt t=V(x) khi đó ta biến đổi f(x)dx=g(t)dt do đó

( )b

a

f x dxò = ( )g t dtb

aò và ( ), ( )u a u ba b= =



Khi đổi biến số điều quan trọng là chọn được hàm V(x) thích hợp sao cho tích phân với biến mới phải đơn giản hơn so với tích phân ban đầu ,và gắn liền với việc đổi biến đó là phải đổi cận , ta xét một số bài toán sau trước khi rút ra những kinh nghiệm trong việc lựa trọn hàm V(x).

Ví dụ 0(ĐHKB-2010): Tính tích phân I = 2

1

ln(2 ln )

e xdx

x x+ò

( )21

ln

2 ln

e xI dx

x x=

+ò ; 1

lnu x du dxx

= Þ =( ) ( )

1 1

2 20 0

1 222 2

uI du du

uu u

æ ö= = -ç ÷ç ÷++ +è øò ò

1

0

2ln 2

2u

uæ ö= + +ç ÷+è ø

( )2ln3 ln 2 1

3æ ö= + - +ç ÷è ø

3 1

ln2 3æ ö= -ç ÷è ø

Ví dụ 1: Tính I= 2 3

25 4

dx

x x +ò (ĐHKA-03)

Lời giải: Đặt t= 2 4x + khi x= 5 ,t=3 x= 2 3 ,t=4. t2=x2+4 suy ra x2=t2-4,tdt=xdx

I=2 3

25 4

dx

x x +ò =

2 3

2 25 4

xdx

x x +ò =

4 4 4 4 4

2 23 3 3 3 3

1 ( 2) ( 2) 1 ( 2) 1 ( 2)( 4) 4 4 ( 2)( 2) 4 2 4 2

tdt dt t t d t d tdt

t t t t t t t+ - - - +

= = = - =- - + - - +ò ò ò ò ò

4

3

1 2 1 5ln ln

4 2 4 3tt-

=+

.

Nhận xét 1:

-Dạng tổng quát của tích phân trên là 2( )

b

a

dx

mx n px qx c+ + +ò ngoài cách giải như

trên là đặt t= 2px qx c+ + ta còn có thể giải như sau:

đặt mx+n=1t. Sau đó chuyển tích phân trên về biến mới t ta cũng thu được kết quả

trên -đối với các tích phân có chứa biểu thức ( )n f x ta thường nghĩ tới việc lựa chon t= ( )n f x ( trừ một số trường hợp sẽ có dấu hiệu đổi biến số dạng 2 sẽ trình bày sau ).Ta xét thêm một số ví dụ để làm sáng tỏ Ví dụ 2 : Tính (ĐHKA-04)



J=2

1 1 1

dx

x+ -ò

Lời giải: Thực hiện phép biên đổi t= 1x - ,x=1 thì t=o,x=2 thì t=1,t2=x-1 suy ra x=t2+1 2tdt = dx từ đó ta có

2

1 1 1

dx

x+ -ò =1 2

0

( 1)21

t tdtt

++ò =

1 1 1 12 2

0 0 0 0

4 ( 1) 11[2 2 4 ] 2 2 4 4ln 2

1 1 3d t

t t dt t dt dtt t

+- + - = - - = -

+ +ò ò ò ò

Ví dụ 3:( ĐHKB-04)

K=1

1 3ln lne x xdx

x+

ò

Lời giải:

Nhận thấy K=1

1 3ln ln (ln )e

x xd x+ò do vậy ta chọn t= 1 3ln x+ , x=1,t=1,x=2,t=2

lnx=2 12

t - và 2tdt= 3dxx

.Do đó

K=1

1 3ln lne x xdx

x+

ò =2 2 22

4 2

1 1 1

( 1)2 2 116[ ]

3.3 9 135t t

tdt t dt t dt-

= - =ò ò ò

Ví dụ 4: Tính L=3 2

1

ln

ln 1

e xdx

x x +ò (Đề thi dự bị KD-2005)

Lời giải:

Đặt t=2 2

3

ln 1 ln 1 2 , 1 ln

2; 1 1

dxx t x tdt t x

xx e t x t

+ Þ = + Þ = - =

= Þ = = Þ =

L=3 22

4 2

1 1

ln 762 ( 2 1) ...

15ln 1

e xdx t t dt

x x= - + = =

+ò ò

Ví dụ 5:

Tính M=4 7 3

3 40 1 1

x dx

x+ +ò

Lời giải: Đặt t= 3 4 1x + x=0,t=1,x= 4 7 ,t=2.Ta có t3=x4+1 suy ra 3t2dt=4x3dx do đó

M=4 7 3

3 40 1 1

x dx

x+ +ò =

2 2 2 22 2

1 1 1 1

3 3 ( 1) 1 3 3 ( 1) 3 3 3( 1) ( 1) ln

4 1 4 1 4 4 1 8 4 2t dt t d t

t d tt t t

+ - += = - - + = +

+ + +ò ò ò ò

Nhận xét 2: Do đặc thù một số tích phân phức tạp ,trước khi đổi biến số dạng 1 đôi khi ta phải biến



đổi để dễ nhận thấy biến mới rõ hơn

Ví dụ 6: Tính N=2

11 41 1

dx

x x+ò

Lời giải:

Bién đổi N=2

11 41 1

dx

x x+ò =

1

1304

11

dx

xx

+ò Đặt t=

52

4 4

4

211 1

1 1,1

1

dxxsuyra t dt

x x

x

-+ = - =

+

Và từ đó 2

4 52 2

13 4 4

1 1( ) 1

( 1)21 1

dxdx x x t dtx x x

= = - -+ +

,x=1,t= 172, 2, 2,

16x x t= = =

N=1

11 40 1

dx

x x+ò =

1716

4 2

2

1( 2 1)

2t t dt- - +ò ta đưa về tích phân quen thuộc

Nhận xét 3 -Các tích phân chứa các hàm số lượng giác trước khi nhận diện được biến mới cần có hướng biến đổi lượng giác nhờ vào các công thức quen thuộc như:công thức nhân đôi , hạ bậc,tổng thành tích ,... Ví dụ 7:

Tính L=/4

0

sin( / 4)sin 2 2(1 s inx cos )

xdx

x x

p p-+ + +ò (ĐHKB-08)

Lời giải: Nhận xét :tích phân trên mới nhìn ta thấy khó nhận diện được biến mới ta thử xem mẫu và tử sô có mối qua hệ gì ? sin2x+2(1+sinx+cosx)=1+2sinxcosx+2(sinx+cosx)+1=(sinx+cosx)2+ 2(sinx+cosx)+1 =(sinx+cosx+1)2, d(sinx+cosx)=(cosx-sinx)dx= - 2 sin( / 4)x p- dx Do đó đặt t=sinx+cosx khi đó đổi cận ta có:

L=/4

0

sin( / 4)sin 2 2(1 s inx cos )

xdx

x x

p p-+ + +ò =

2

21

( 1)2 4 3 22 ( 1) 4

d tdt

t

+- -=

+ò

Ví dụ 8

Tính P=/6 4

0

tanos2

xdx

c x

p

ò (ĐHKA-08)

Lời giải:



Nhận xét P=/6 4

0

tanos2

xdx

c x

p

ò =/6 4

2 20

tanos sin

xdx

c x x

p

-ò =/6 4

2 20

tan(1 tan ) os

xdx

x c x

p

-ò =/6 4

20

tan (t anx)(1 tan )

xdx

p

-ò

Đặt tanx=t ,x=0thì t=0,x=6p thì t= 1

3.

Do đó P=/6 4

0

tanos2

xdx

c x

p

ò =

1

3 4

20 1

tdt

t-ò =

1 1 1

3 3 342

2 20 0 0

1 (1 ) 10 1(1 ) ln(2 3)

1 1 29 3

t dtdt t dt

t t- -

= - + = - + +- -ò ò ò

Nhận xét 4

-khi tính tích phân dạng (tan )os2

b

a

f xdx

c xò hoặc (tan )sin 2

b

a

f xdx

xò ta viết như sau

Cos2x=cos2x(1-tan2x); sin2x=2cos2xtan2x sau đó đặt t= tanx thì

dt=2os

dxc t

sau đó Đưa về tích phân cơ bản.

-Bài toán tổng quát của bài trên là P=4tan

; ,os2

a xdx a b R

bc x

b

a

Îò

- Với cánh khai thác trên ta có thể giải quyết bài toán tổng quát hơn như sau

P1= 4

2 2

tan; , , ,

sin sin x cos osa x

dx a b c d Rb x c x dc x

b

a

Î+ +ò với chú ý là

(bsin2x+csinx cosx+dcos2x)=(btan2x+ctanx+d)cos2x do đó ta chọn t =tanx

- Đối với các tích phân lượng giác (s inx,cos )b

a

R x dxò chứa hai hàm lương giác

sinx,cosx ta có mấy điều quan trọng sau + Nếu lẻ theo bậc của sinx thì nên chọn t=cosx +Nếu lẻ theo bậc của cosx thì nên đặt t=sinx +chẵn theo sinx và cosx thì đặt t=tanx

Ví dụ 9: Tính Q=/2

0

sin 2 cos1 os

x xdx

c x

p

+ò (ĐHKB-05)

Lời giải: Biến đổi

Q=/2

0

sin 2 cos1 os

x xdx

c x

p

+ò =/2 2

0

sin cos2

1 osx x

dxc x

p

+ò



Đặt t=1+cosx (vì bậc của sinx lẻ) suy ra dt=-sinxdx ,x=0thì t= / 2p ,x= / 2p thì t=1

Q=/2

0

sin 2 cos1 os

x xdx

c x

p

+ò = Q=2 2

1

( 1)2ln 2 1

tdt

t-

= -ò

Nhận xét 5:

-Tích phân trên có dạng tổng quát Q= sin 2 cosos

a x xdx

b Cc x

b

a +ò có hai cách đặt

C1: t=b+ ccosx C2: t=cosx Ví dụ 10:

R=/3

2/4 sin 2sin x cos

dxx x

p

p -ò

Lời giải: Nhận xét bậc của sinx chẵn nên ta nghĩ tới cách đặt t= tanx

R=/3

2/4 sin 2sin x cos

dxx x

p

p -ò = R=/3

2 2/4

1(tan 2 t anx) os

dxx c x

p

p -ò =/3

2/4

(t anx)(tan 2 t anx)

dx

p

p -ò

đặt t=tanx ta có R=/3

2/4

(t anx)(tan 2 t anx)

dx

p

p -ò =3 3

21 1

1 1 1 1 2( ) ln(1 )

2 2 2 2 3

dtdt

t t t t= - = -

- -ò ò

Nhận xét 6

- Tích phân tổng quát của tích phân trên là R=2 2sin sin x cos os

dxa x b x cc x

b

a + +ò

Ta biến đổi R= 2 2( tan t anx ) osdx

a x b c c x

b

a - +ò = 2

(t anx)( tan t anx )

da x b c

b

a - +ò

sau đó đặt t=tanx

- Tương tự đối với tích phân lượng giác có dạng R= 2 2 2 2

sin x cos,

( sin os )n

xdxn N

a x b c x

b

a

Î+ò

Nhận xét 7: Đối với một số tích phân không có dấu hệu đặc biệt như chứa ( )n f x hay chứa các hàm số lượng giác như đã xét ở trên khi đó ta phải quan sát kỹ và khéo léo phân tích để có thể nhận diên được biến mới.Ta xét thêm một số các ví dụ sau Ví dụ 11

Tính G=2 2

41

11

xdx

x-+ò

Lời giải:

Nhận xét ( 2 22 2

1 1 1 1) ( ) 2, ( ) (1 )x x d x dx

x x x x+ = + - + = - từ đó ta biến đổi như sau



G=2 2

41

11

xdx

x-+ò =

2 2

212

11

1x dx

xx

-

+ò = G=

2 2

21

11

1( ) 2

x dxx

x

-

+ -ò =

2

21

1( )

1( ) 2

d xx

xx

+

+ -ò

Đặt t=x 1x

+ ,x=1 thì t=2,x=2 thì t=5/2

Khi đó ta có

G=2 2

41

11

xdx

x-+ò =

5/2 5/25/222

2 2

(5 2 2)(2 2)1 ( 2) ( 2) 1 2 1ln ln

2 2 2 ( 2)( 2) 2 2 2 2 2 6 2

dt t t tdt dt

u t t t

- +- - - -= = =

- - + + -ò ò

Ví dụ 12

Y=ln5

ln3 2 3x x

dxe e-+ -ò (ĐHKB-06)

Lời giải:

Nhận xét 2

( )2 3 3 2 ( 1)( 2)

x x

x x x x x x

dx e dx d ee e e e e e- = =+ - - + - -

Đặt t=e x,x=ln3 thì t=3,x=ln5 thì t=5

Y=ln5

ln3 2 3x x

dxe e-+ -ò =

5

3 ( 1)( 2)dt

t t=

- -ò

5 5 55

33 3 3

( 1) ( 2) ( 2) ( 1) 2 3ln ln

( 1)( 2) 2 1 1 2t t dt d t d t t

t t t t t- - - - - -

= - = =- - - - -ò ò ò

Ví dụ 13

H=2 7

71

1(1 )

xdx

x x-+ò

Lời giải:

Nhận thấy 7 7 6 7

77) 7 7 7

1 (1 ) 1 (1 )( )

(1 (1 ) 7 (1 )x x x x

dx dx d xx x x x x- - -

= =+ + +

do đó ta nghĩ tới đặt t=x7

H=2 7

71

1(1 )

xdx

x x-+ò =

128

1

1 (1 )7 ( 1)

t dtt t-+ò =

128

1

1 (1 ) 27 ( 1)

t tdt

t t+ -

=+ò

128 128

1 1

1 1 512[ 2 ] ln

7 1 7 16641dt dtt t- =

+ò ò

Ví dụ 14

K=1

5 3 6

0

(1 )x x dx-ò



Lời giải:

Nhận xét x5(1-x3)6=x3(1-x3)6x2=- 3 3 6 31(1 ) (1 )

3x x d x- - = 3 3 6 31

[1 (1 )](1 ) (1 )3

x x d x- - - - -

Do đó ta đặt t=1-x3 và ta có

K=1

5 3 6

0

(1 )x x dx-ò =0

6

1

1(1 )

3t dt- - =ò

06

1

1 1(1 ) (1 )

3 168t d t- - =ò

Nhận xét 8: Các ví dụ trên được giải nhờ vào việc biết phân tích mối quan hệ giữa các biểu thức dưới dấu tích phân.ta gọi chung là đổi biến nhờ ‘Phân tích’ Nhận xét chung: Đổi biến số dạng 1 là một trong những phương pháp rất cơ bản, học sinh thường gặp trong Các kỳ thi tốt nghiêp và thi vào các trường Đại học,bởi nó có thể phát huy tối đa tư duy Linh hoạt của học sinh ,Học sinh không thể dùng một công thức đổi biến tông quát nào áp dụng Cho các bài toán khác nhau.Chính vì lẽ đó trong giảng dạy học sinh dùng phương pháp đổi biến số dạng 1 ,người thầy không quá sa đà vào việc dạy học sinh những dạng toán có tính chất công thức,máy móc. Điều quan trọng là phát triển ở học sinh tư duy logíc,sự sáng tạo ,các em tự mình chiếm lĩnh kiến thức ,tự rút ra những bài học bổ ích từ việc giải được hay không giải được những bài tích phân,có như vậy khi đứng trước những bài toán mới hay những bài toán được ngụy trang thì các em vẫn có được ‘sức đề kháng’’ để vượt qua.Tôi coi đó là tư tưởng chủ yếu của dạy học tích phân nói riêng và môn toán nói chung. 2-Đổi biến số dạng hai:

Tư tưởng của kỹ thuật này là :Giả sử ta cần tính tích phân I= ( )b

a

f x dxò thì ta chọn

X=u(t),với u(t) là hàm số ta chọn thích hợp Biểu diễn dx=u’(t)dt, u( ) , ( )a u ba b= = Biểu thị f(x)dx theo t và dt,giả sử f(x)dx=g(t)dt

I= ( )b

a

f x dxò = ( )g t dtb

aò là tích phân dễ tìm hơn tích phân ban đầu.

Ví dụ 1: Tính I=

222

20 1

x dx

x-ò

Lời giải : Nx: ta có sin2t+cos2t =1 nên 1-sin2t=cos2t, 21 sin cost t- = do đó ta nghĩ tới

Đặt x=sint t ;2 2p pé ùÎ -ê úë û

x=0,t=0,x= 2,

2 4t

p= ,dx=costdt



I=

222

20 1

x dx

x-ò = I=

/4 /4 /42 2

20 0 0

sin cos sin cos 1 os2 1cos 2 8 41 sin

x tdt t t c tdt dt

tt

p p p p-= = = -

-ò ò ò

Nhận xét 1 : - Có thể đặt x=cost t [ ]0;pÎ

-Đối với những tích phân có chứa các biểu thức 2 2a x- ta có thể đặt x=acost , t [ ]0;pÎ

hoặc x= asint , t ;2 2p pé ùÎ -ê úë û

Ví dụ 2: Tính J=6

23 2 9

dx

x x -ò

Lời giải:

Đặt x= 3,

sin t (0; / 2)t pÎ

dx=2

3cossin

tdtt

- , 1 13 2,sin , 6,sin

4 2 62x t t x t t

p p= = Þ = = = Þ =

J=6

23 2 9

dx

x x -ò =

/6

2/42

3cos

3 9sin 9

sin sin

tdt

tt t

p

p

-

-ò =

/4 4

/6 /6

1 cos 1cos3 3 36sinsin

tdtdt

tt

t

p p

p p

p= =ò ò

Nhận xét 2:

- có thể đặt x= 3,

osc t

- đối với những tích phân có chứa biểu thức 2 2x a- (a>0) ta có thể đặt x=osa

c t

hoặc X= ,sin

at

Ví dụ 3

Tính K=3 2

21

1 xdx

x+

ò

Lời giải;

Đặt x=tant,t ( ; )2 2p p

Î -

1 , 34 3

x t x xp p

= Þ = = Þ = , 2 22

1; 1 1 tan

os cosdt

dx x xc t t

= + = + =

K=3 2

21

1 xdx

x+

ò = /3 /3 /3

2 2 2 2 2/4 /4 4

2

1 (sin )sin os cos sin sin (1 sin )

cosos

dt dt d tt c t t t t t

tc t

p p p

p p p

= = =-ò ò ò

32

2 22

2

(1 )du

u u=

-ò



32

22

2

duu

+ò

32

22

2

1du

u-ò = 3 2 2 3ln(2 3)( 2 1)

3-

+ - +

Nhận xét 3: -Đối với những tích phân có chứa biểu thức (a2+x2)k (a>0)ta thường đăt x=atant hoặc x=acott -Một số tích phấn sau khi bién đổi mới đưa về dạng có chứa biểu thức (a2+x2)k .ta xét ví dụ sau

Ví dụ 4 Tính L=1

4 20 1

xdxx x+ +ò

Lời giải:

L=1

4 20 1

xdxx x+ +ò =

1 2

2 2 20

1 ( )2 ( ) 1

d xx x+ +ò =

1

20

1 ( )2 ( ) 1

d tt t+ +ò =

1

2 20

1( )1 2

2 1 3( ) ( )

2 2

d t

t

+

+ +ò =

32

1 2 22

1 ( )2 3

( ) ( )2

d u

u +ò

Đặt 3tan , ( ; )

2 2 2t

p pa Î - ,u= 3 1tan 3 ,,

2 3 2 6u

p pa a aÞ = Þ = = Þ =

L =

32

1 2 22

1 ( )2 3

( ) ( )2

d u

u +ò =

3 3

2 2

6 6

31 3 32

32 3 18os . (1 tan )4

dd

c

p p

p p

a pa

a a= =

+ò ò ,

Nhận xét 5 Một số tích phân có chứa các biểu thức ( )( )x a b x- - ,b>a>0 Khi đó ta đặt

X=a+(b-a)sin2t , t 0;2pé ùÎ ê úë û

.ta xét ví dụ sau

Ví dụ 5: Tính M=

32

54

( 1)(2 )x x dx- -ò

Lời giải : Nhận xét a=1,b=2 Đặt x=1+sin2t

t 0;2pé ùÎ ê úë û

,dx=2sintcostdt,x= 5 3;

4 6 2 4t x t

p pÞ = = Þ =

M=

32

54

( 1)(2 )x x dx- -ò =

32

54

( 1)(2 )x x dx- -ò =24

2 2

6

sin (1 sin ) sin cost x t tdt

p

p

- =ò



24

2 2

6

sin cost tdx

p

p

=ò4

6

1 1 3(1 os2 ) ( )

2 8 12 8c t d

p

p

p- = -ò .

Nhận xét 6: Bằng cách khai thác tương tự ta sẽ rút ra đựợc các cách biến số dạng 2 đối với những tích phân có chứa những biểu thức được thống kê qua bảng sau:

Dấu hiệu Cách chọn 2 2a x- (a>0) X=asint t ;

2 2p pé ùÎ -ê úë û

hoặc

x=acost t [ ]0;pÎ

2 2x x- (a>0) X=sin

at t ;

2 2p pé ùÎ -ê úë û

\0

X=osa

c t t [ ]0;pÎ \ / 2p

2 2a x+ (a>0) X=atant t ;2 2p pæ öÎ -ç ÷

è ø ho ặc

X=acott t ( )0;pÎ

a xa x+-

hoặc a xa x-+

X=acos2t

( )( )x a b x- -

X=a+(b-a)sin2t

Nhận xét 7: -Đôi khi để sử dụng đổi biến số dạng 2 laị bắt đầu từ dạng 1

Ví dụ 6: Tính K=24

4 2

4

sinos (tan 2 t anx 5)

xdxc x x

p

p- - +ò (Đề thi dự bị 2008-B)

Lời giải:



Biến đổi K=2 24 4

4 2 2

4 4

sin tan (t anx)os (tan 2 t anx 5) (tan 2 t anx 5)

xdx xdc x x x

p p

p p- -

=- + - +ò ò

Đặt tanx=t đổi cận đưa K vể dạng

K=1 1 1 12 2

2 2 21 1 1 1

( 2 5)3

( 2 t 5) 2 5 ( 1) 4t dt d t t dt

dtt t t t- - - -

- += + -

- + - + - +ò ò ò ò

Lại đặt t-1=2tant đổi cận tính toán ta được K=2-ln2 38p

-Một trong những phép đổi biến hay dùng nữa là phép thay biến x=a-t đói với những tích phân có cận trên là a và hàm dưới dấu tích phân chứa các biểu thức lượng giác và các biểu thức này có liên quan đến cận trên là a (Theo nghĩa chúng có mối quan hệ đến các góc liên quan đặc biệt).Vì lẽ đó các tích phân này thường

có cận trên là ; ;2 ,...2p p p

Khi tính các tích phân này thường dẫn tới giải một phương trình đơn giản với ẩn số là t Ví dụ 7:

Tính H=/2 4

4 40

sinos sin

xdxc x x

p

+ò

Lời giải: Đặt x=2

t dx dtp- Þ = - và ta có

I=0 4

4 42

sinos sin

xdxc x xp

-+ò =

/2 4

4 40

osos sin

c xdxc x x

p

+ò suy ra

2I=/2 /24 4

4 40 0

sin os/ 2

os sin 4x c xdx

dx xc x x

p p pp+= = Þ =

+ò ò

Ví dụ 8

Tính F=2

3

0

osxc xdxp

ò

Lời giải: Đặt x= 2 t dx dtp - Þ = - và ta có

I=0 2 2 2

3 3 3 3

2 0 0 0

(2 ) os (2 ) (2 ) os 2 os ost c t dt t c tdt c tdt tc tdtp p p

p

p p p p- - - = - = -ò ò ò ò

23

0

2 osI c tdtp

Þ = ò =2

0

os3 3cos0

4c t t

dtp +

=ò

Ví dụ 9:



Tính M=2

0

s inx1 os

xdx

c x

p

+ò

Lời giải: Đặt x= t dx dtp - Þ = -

M=2

0

s inx1 os

xdx

c x

p

+ò

=0

2 2 2 2 20 0 0 0

( )sin sin sin sin sin2

1 os 1 os 1 os 1 os 2 1 ost tdt tdt t tdt tdt tdt

M Mc t c t c t c t c t

p p p p

p

p pp p-= - Þ = Þ =

+ + + + +ò ò ò ò ò

Lại đặt u=cost suy ra du=sintdt

M=1 1 2

2 2 20 1 0

s int2 1 os 2 1 1 4

dt dtdt

c t t t

pp p pp-

= = =+ + +ò ò ò

Nhận xét 8: Lời giải của các bài toán trên dựa vầo tính chất : Nếu hàm số f(x) liên tục trên [ ];a b thoả mãn f(x)=f(a+b-x) thì

( ) ( )2

b b

a a

a bxf x dx f x dx

+=ò ò

Đặc biệt hơn :

Nếu f(x) là hàm số liên tục trên [ ]0;1 thì (s inx) (s inx)2

xf dx f dxp a p a

a a

p- -

=ò ò

Nếu f(x) là hàm số liên tục trên [ ]0;1 thì 2 2

( osx) ( osx)xf c dx f c dxp a p a

a a

p- -

=ò ò

Các tính chất này sẽ được chứng minh và ứng dụng trong kỹ thuật sử dụng lớp các Tích phân đặc biệt .

IV-Kỹ thuật sử dụng Tích phân từng phần Cơ sở lý thuyết :Theo công thức về phép tính vi phân ta có

d(uv)=udv+vdu Hay udv=uv-vdu



b b

ba

a a

udv uv vduÞ = -ò ò (I)

Công thức trên gọi là công thức tính tích phân từng phần ,Phương pháp sử dụng công thức Trên để tính gọi là phương pháp tích phân từng phần. Nhận dạng : Hàm số dưới dấu tích phân thường là hàm hai biến số khác nhau Ý nghĩa: Đưa một tích phân phức tạp về một tích phân đơn giản hơn .Trong nhiều trường hợp khi sử dụng tích từng phần sẽ giảm bớt hàm số dưới dấu tích phân và cuối cùng chỉ còn một hàm số dưới dấu tích phân.

Như vậy để tính b

a

udvò ta chuyển về tính b

a

vduò ,Như vậy điều quan trọng nhất khi

tính tích phân từng phần là phải chọn u,v thích hợp đảm bảo hai nguyên tắc cơ bản sau -Chon u,v sao cho du đơn giản dv dễ tính

-Tích phân b

a

vduò dễ tính hơn so với b

a

udvò

Sau đây là một số dạng Tích phân thường được sử dụng kỹ thuật “Tích phân từng phần”

1-Dạng I ( ) lnb

k

a

P x xdxò : ( )K ZÎ

Thường chọn: 1lnln

( )( )

kk du k xdxu x

v p x dxdv p x dx

-ì =ì = ïÞí í==î ïî ò

Chọn u như vậy để khử lnx dưới dấu Tích phân , đồng thời dễ tìm V

Ví Dụ 0: (ĐHKD-2010)Tính tích phân 1

32 ln

e

I x xdxx

æ ö= -ç ÷è øò

1 2

1 1 1

3 12 ln 2 ln 3 ln .

e e e

I I

I x xdx x xdx x dxx x

æ ö= - = -ç ÷è øò ò ò

14243142431

1

lne

I x xdx= ò ;Đặt lndx

u x dux

= Þ = ;

2

2x

dv xdx v= Þ =2 2 2 2

111 1

1 1 1ln

2 2 2 2 2 4

e eex e x eI x xdx

æ ö æ ö += - = - =ç ÷ ç ÷è ø è ø

ò



Tính I2 : Đặt t = lnx Þ dx

dtx

= x = 1 ; t = 0; x = e ; t = 1.

11 2

20 0

12 2t

I tdtæ ö

= = =ç ÷è ø

ò . Vậy

2 22

eI

-=

Ví Dụ 1: (ĐHKD-2009): Tính tích phân 3

21

3 ln xI dx

(x 1)+

=+ò

33 3 3 3 3

1 22 2 2 2 21 1 1 1 11

3 ln x dx ln x dx 3 3 ln xI dx 3 dxI 3 I dx

(x 1) (x 1) (x 1) (x 1) (x 1) 4 (x 1)+ -

= = + = = = =+ + + + + +ò ò ò ò ò

Đặt u = lnx dxdu

xÞ =

2

dxdv .

(x 1)=

+ Chọn 1

vx 1-

=+

3 3 3 3

21 1 1 1

ln x dx ln 3 dx dx ln 3 3I ln

x 1 x(x 1) 4 x x 1 4 2= - + = - + - = - +

+ + +ò ò ò Vậy : 3

I (1 ln 3) ln 24

= + -

Ví Dụ 2: (ĐHKD-08) I=2

31

ln xdx

xò

Lời giải:

Đặt 3

3 2

ln

12

dxduu x

xdx dxdv vx x x

ìì == ïï ïÞ Þí í -=ï ï = =î ïî ò : I=

2 22

3 2 311 1

ln ln 3 2ln 22 2 16

x x dxdx

x x x- -

= + =ò ò

Nhận xét: Một số tích phân muốn đưa về dạng trên cần thông qua đổi biến số dạng 1 Ví dụ 3:

J= 2

2

6

cos ln(s inx)sinx

dxx

p

pò

Lời giải:

Viết lại J= 2

2

6

ln(s inx)(s inx)

sind

x

p

pò Đặt t=sinx , Đổi cận ta đi đến tích phân sau

J= 1

212

ln tdt

tò Đặt 2

2

ln

1

dtduu t

tdt dtdv v dtt t t

ìì == ïï ïÞ Þí í -=ï ï = =î ïî òM=

1112 1

2

ln1 2ln 2

t dtt t

-= + = -ò



Ví dụ 4: K=3

2

4

ln(tan x)os

dxc x

p

pò

Lời giải: Ngoài cách trình bày bằng đổi biến sau đó dùng tích phân từng phần như trên ta có thể trình bày trực tiếp như sau

K=3

2

4

ln(tan x)os

dxc x

p

pò =

3

4

ln(t anx) (t anx)d

p

pò Đặt ln (t anx)

sin x cos(t anx) t anx

dxduu

xdv d v

ìì == ïÞ Þí í=î ï =î

K=3

3 3

4 44

t anx 3 ln 3 3 ln 3tan x ln(t anx) t anx 3 1

sin cos 2 2dx

x x

pp p

p pp

- = - = - +ò

Nhận xét 2 :Do không có công thức tính nguyên hàm của biểu thức chứa lnx nên mục Đích của ta khi tính tích phân trên là khử lnx ,vì vậy số lần sử dung công

thức Tính tích phân từng phần phụ thuộc vào số K trong tích phân ( ) lnb

k

a

P x xdxò .Cụ

thể là k=1 (như ví dụ trên) dùng một lần,k=2 sử dụng 2 lần ......ta xét thêm ví dụ sau mô ta điều đó

Ví dụ 5: L= 3 2

1

lne

x xdxò (ĐHKD-07)

Lời giải:

Đặt 2

433

2 lnln

4

xdxdu

u x xxdv x dx

v x dx

ì =ïì =ï ïÞ Þí í=ïî ï = =

ïî òL=

4 2 43 '

11

ln 1ln

4 2 4

eex x e

x x L- = -ò

Lại đặt 43

3

ln

4

dxdu

u x xxdv x dx

v x dx

ì =ïì =ï ïÞ Þí í=ïî ï = =

ïî òL’=

'4 43

11

ln 1 3 14 4 16 16

eex x e

x dx- = -ò

Từ đó L=45 132

e -

Nhận xét 3: Mộ số tích phân chứa p(x) phức tạp ,ta vẫn dựa vào cách đặt trên để khử lnf(x)



Ví dụ 6: N=3 2

21

ln( 1)

1

x x x

x

+ +

+ò

Lời giải: Đặt

232

2 2 31

2 022

ln( 1)1

1ln( 1) 2ln 3 311 1

dxduu x x

xN x x x dxx xdv v dx xx x

ì =ì = + + ïï +ïÞ Þ = + + + - = -í í=ï ï = = ++î ï +î

òò

Dạng 2: ( ) cosb

a

P x xdxò ( ( ) cosb

a

P x xdxò )

Đặt cos

( )

u x

dv P x dx

=ìí =î

Hoặc cos

( )

dv x

u P x dx

=ìí =î

Ví dụ 1: I=/4

2

0

(2cos 1)x x dxp

-ò

Lời giải:

viết lại I= /4

2

0

(2cos 1)x x dxp

- =ò/4

0

os2xc xdxp

ò

Đặt /4

/4 /400

0

sin 2cos 2 sin 2 1 sin 2 os2

sin 2 ( )22 2 2 4

18 2

xdv xdx v dx x x x x c x

I xdxu x

du dx

pp p

p

ì= =ì ïÞ Þ = + = -í í=î ï =î

= +

ò

Ví dụ 2

J= 1

cos(ln )e

x dxp

ò

Lời giải

Đặt sin(ln )

cos(ln )x dx

u x dux

dv dxv x

ì= =ì ïÞí í=î ï =î

J=xcos(lnx)| 1ep - 1

1

sin(ln )e

x dx e Jp

p= - -ò



Đặt os(ln )

sin(ln )c x dx

u x dux

dv dxv x

ì= =ì ïÞí í=î ï =î

J1 = xsin(lnx)| 1ep -

1

1os(ln ) 1

2

e ec x dx J J e J J

p pp +

= - Þ = - - - Þ = -ò

Ví dụ 3: K=3

2

3

s inxcosx

dxx

p

p-ò (ĐH Vinh-2001)

Lời giải:

Biến đổi K=3

2

3

s inxcosx

dxx

p

p-ò =

3 3

33 00

0 0

1 1 4 4 52 ( ) 2 2 tan 2 ln(tan )

cos cos cos 3 2 4 3 12dx x

xd xx x x

p ppp p p p p

æ öç ÷ == - = - + -ç ÷ç ÷è ø

ò ò

Nhận xét : Một số tích phân trước khi sử dung tích phân từng phần cần biến đổi để đưa về có dạng trên, ta xét một ví dụ sau để mô tả đièu đó

Ví dụ 4: L=2

2

0

(2 1)cosx xdx

p

-ò (Đề thi dự bị KB-2005)

Lời giải Biến đổi L như sau

2 2 2 22

0 0 0 0

222 2

1 00

2

20

1 os2 1 1(2 1) cos (2 1)( ) (2 1) (2 1) os2

2 2 2

1 1(2 1)

2 2 8 4

1(2 1) os2

2

c xx xdx x dx x dx x c xdx

L x dx x x

L x c xdx

p p p p

pp

p

p p

+- = - = - + -

é ù= - = - = -ë û

= -

ò ò ò ò

ò

ò

2

22 0

0

1 1(2 1) ; cos 2 sin 2

2 2

1 1 1(2 1)sin 2 sin 2

4 2 2

u x du dx dv xdx v x

L x x xdx

pp

= - Þ = = Þ =

= - - = -ò



Do đó L=2 1

8 4 2p p

- -

Ví dụ 5:M=4

sinx

0

(t anx cos )e x dx

p

+ò (Đề thi dự bị KB-2005)

Lời giải: Biến đổi M như sau

[ ]

4 4 4sinx sinx

0 0 0

14 4inx sinx 24 4

000 0

(t anx cos ) t anx cos

(cos )(s inx) ln(cos ) ln 2

coss

e x dx dx e xdx

d xdx e d x e e

x

p p p

p pp p

+ = + =

- + = - + = +

ò ò ò

ò ò

Dạng 3: cosb

kx

a

e mxdxò ( hoặc sinb

kx

a

e mxdxò )

Đặt

1

1coss inmx

kxkx du e dx

u e kdv mxdx

vm

ì =ïì = ïÞí í=î ï =

ïî

Hoặc Đặt

1

1coss inmx

kxkx v e dx

dv e ku mxdx

dvm

ì =ïì = ïÞí í=î ï =

ïî

Ví dụ 1: K= 2

2

0

cos3xe xdx

p

ò

Đặt

22 2

1cos3 s in3x

3

xx du e dx

u e

dv xdx v

ì =ì = ïÞ Þí í= =î ïî

K= 2

2

0

cos3xe xdx

p

ò =2

2 220 1

0

1 2 1 2sin 3 sin 3

3 3 3 3x xe x e xdx e K

pp

p- = - -ò

lại đặt

22 2

1sin 3 cos3x

3

xx du e dx

u e

dv xdx v

ì =ì = ïÞ Þí í= = -î ïî

K1 = 2 20

1 2os3

3 3xe c x K

p

+ từ đó suy ra

K= 1 2 4 3 23 9 9 13

ee K K

pp- - -- - Û = .

Nhận xét :

-Cũng có thể đặt 22 1

2cos3 3s in3x

xx v e dxdv e

u xdx d

ìì == ïÞí í=î ï = -î

và thu được kết quả như trên .



-Tích phân ( hoặc sinb

kx

a

e mxdxò ) dùng phương pháp từng phần Bao giờ cũng

phải dùng hai lần song điều chú ý là trong hai lần dùng phải thống nhất trong hai cách đặt u,v cùng một kiểu nếu không thì sau hai lần sử dung tích phân lại trở lại ban đầu.

Thật vậy sau khi đặt

22 2

1cos3 s in3x

3

xx du e dx

u e

dv xdx v

ì =ì = ïÞ Þí í= =î ïî

K= 2

2

0

cos3xe xdx

p

ò =2

2 220 1

0

1 2 1 2sin 3 sin 3

3 3 3 3x xe x e xdx e K

pp

p- = -ò

ta không đặt như trên mà

đặt 22 1

2sin 3 3cos3x

xx v e dxdv e

u xdx du

ìì == ïÞ Þí í=î ï =î

K1= 2 20

1 3 1 3sin 3

2 2 2 2xe x K e K

pp- = -

từ đó ta có K= 1 2 1 3( )

3 3 2 2e e K K Kp p- - Û = như vậy ta không tính được tích phân

trên . Hiên tượng đó gọi là hiện tượng xoay vòng trong tích phân. Đó là điều mà ta phải tránh khi tính tích phan bằng phương pháp từng phần ,

Dạng 4: ( )b

kx

a

P x e dxò

Đặt , ( )( )

1ekx kx

du P x dxu P x

dv e dx v dxk

ì ==ì ïÞí í= =î ïî

Ví dụ 1:

I=1

2

0

( 2) xx e dx-ò (ĐHKD-06)

Đặt 1 2

2 1 2022

0

( 2) 1 1 5 3( 2)1

2 2 4e2

x xxx

du dxu x eI x e e dx

v dxdv e dx

=ì= -ì -ïÞ Þ = - - =í í==î ïî

ò

Nhận xét : Một số tích phân có dạng trên ,nhưng trước khi dùng từng phần ta phải đổi biến số để việc sử dụng tích phân từng phần được thuận lợi hơn

Ví dụ 2: I=2

13

0

xx e dxò

Lời giải:



Nhận thấy I=2

13

0

xx e dxò = I=2

12 2

0

12

xx e dxò vì vậy

Đặt x2=t ,dt=2xdx 23 1

2x tx e dx te dt= x=0 thì t=0,x=1 thì t=1

I=2

13

0

xx e dxò = I=1 1 1

1 1 10 0

0 0 0

1 1 1 1 1 12 2 2 2 2 2 2

t t t tete dt tde te e dt e= = - = - =ò ò ò

Ví dụ 3: Tính I=2 2

20 ( 2)

xx edx

x +ò

Lời giải:

Đặt u=x2e x suy ra du=xe x(x+2)dx; dv=2

1( 2) 2

dxv

x x-

Þ =+ +

I=2 22

2 20

0 02

xx xx e

xe dx e xe dxx-

+ = - ++ ò ò . lại đặt u=x,dv=e x ta có

2 22 20

0 0

1x x xx e dx xe e dx e= - = +ò ò

Nên I=-e2+e 2+1=1 Nhận xét 1 :

nếu đặt 2

2( 2)x

ux

=+

thì việc tính tích phân trên lại trở về tính tích phân

2

0 2

xxex +ò rõ dàng là phức tạp hơn rất nhiều so với tích phân ba đầu.vì vậy việc chon

u,v thích hợp là rất quan trọng trong tính tích phân từng phần. Nhân xét 2:

Một số tích phân có dạng ( )b

kx

a

P x e dxò muốn sử dụng được phương pháp như trên

phải qua đổi biến số:

Ví dụ 4: Tính K=2

0

1 s inx1 cos

xe dxx

p

++ò

Lời giải:

Phân tích K=2 2 2

1 20 0 0

1 s inx 1 s inx1 cos 1 cos 1 cos

x x xe dx e dx e dx K Kx x x

p p p

+= + = +

+ + +ò ò ò

Xét K1=



2 2 2 220

20 0 0 0

2 22 2 2 2

2 2 220 0

1 1(tan ) tan tan

1 cos 2 2 22 os2

sin sin1 cos2 os

2

x x x x x

x x

x x xe dx e dx e d e e dx

xx c

x xe e dx e e dx K K e K K e

x xc

p p p pp

p pp p p p

= = = -+

= - = - - Þ = + - =+

ò ò ò ò

ò ò

Cách 2: Có thể đặt 2 2

(1 cos ) s inx1 s inx(1 cos ) (1 cos )1 cos

x x

xduu

x xxdv e dx v e

ì é ù++ì = -= ïï ê ú+ +Þ+í í ë ûï ï= =î î

dx

Từ đó ta có K=

2 2'2 2

2 20

2 2 2

1 s inx (1 cos ) s inx 1 e2 ( )

1 cos (1 cos ) (1 cos ) 2 (1 cos )

12 ( )

2 1 cos

x x xx

oo

x

o

x e ee dx e dx

x x x x

ee e

x

p pp p

p p p

é ù+ +- - = - - =ê ú+ + + +ë û

- - =+

ò ò

Để lyện tập ta có thể tính các tích phân sau

I=2

51

ln xdxxò ;J=

2

2

1 1ln ln

e

e

dxx x

æ ö-ç ÷è øò ;K=

4

0

tan xx dx

p

ò ; L=2

1

ln(1 )

e xdx

x+ò ;M=2

2

1

( 2 ) xx x e dx+ò

V-Tích phân liên kết

Đôi khi việc tính một số tích phân I= ( )b

a

f x dxò gặp nhiều khó khăn ta thường

Hay nghĩ đến một tích phân J= ( )b

a

g x dxò sao cho việc tính các tích phân

mI+nJ và pI-qJ thuận lợi .Khi đó việc tính I,J thường đưa về giải hệ

phương trình 1

2

mI nJ C

pI qJ C

+ =ìí - =î

Khi đó ta nói I và J là các tích phân liên kết với nhau. Việc lựa chọn tích phân liên kết với một tích phân cho trước phụ thuộc vào đặc điểm của hàm dưới dấu tích phân và cận của chúng .Do đặc thù của các hàm lượng giác nên ta thường dùng phương pháp liên kết các tích phân đối với các tích phân chứa các hàm số lượng giác .



Ví dụ 1 I=4

30

4sin x(s inx cos )

dxx

p

+ò

Lời giải:

Xét J=4

30

4 osx(s inx cos )

c dxx

p

+ò ta có

I+J=4 4

402

20 0

42 2 tan( ) 2

(s inx cos ) 4os ( )4

dx dxx

x c x

p ppp

p+ = - =

+ -ò ò (1)

Mặt khác J-I =4 4

403 2 2

0 0

4( osx-sinx) d(sinx+cosx) 22 2

(s inx cos ) (s inx cos ) (s inx cos )c dx dx

x x x

p pp

= = = -+ + +ò ò (2)

Từ (1) và (2) ta có I= 22

Ví dụ 2: Tính I=23

0

sin x

sinx 3 cos

dx

x

p

+ò

Lời giải

Xét tích phân J=23

0

os x

sinx 3 cos

c dx

x

p

+ò ta có

I-3J=2 23 3 3

0 0 0

sin 3 os x (sin 3 osx)(sin 3 osx)(s inx 3 cos )

s inx 3 cos s inx 3 cos

x c dx x c x c dxx dx

x x

p p p

- - += = - =

+ +ò ò ò

3(cos 3 sinx) 1oxp

- + = -

I+J=2 23 3 3 3

0 0 0 0

(sin os x) 1 12 2s inx 3 cos s inx 3 cos 1 3 sin( )(s inx cos ) 32 2

x c dx dx dx dx

x x xx

p p p p

p+

= = =+ + ++

ò ò ò ò

=3 3

30

20 0

tan( )1 1 1 ln 32 6 ln tan( )2 2 2 2 6 2os ( ) tan( ) tan( )

2 6 2 6 2 6

xd

dx xx x x

c

p pp

pp

p p p

é ù+ê úë û= = + =+ + +

ò ò

Vậy ta có hệ phương trình 3 1

3ln 3 2ln 3

82

I JI

I J

- = -ì-ï Û =í

+ =ïî



Tổng quát: 2sin x

sinx cosdx

A B x

b

a +ò thường liên kết với J=2os x

s inx cosc dx

A B x

b

a +ò

Ví dụ 3: I=2

30

(5cos 4sinx)(s inx cos )

x dxx

p

-+ò

Lời giải

Xét J=2

30

(5sin 4 osx)(s inx cos )

x c dxx

p

++ò ta có

I+J=2 2 2

203 2

20 0 0

(sin osx) 1 1tan( ) 1

(s inx cos ) (s inx cos ) 2 2 4os4

x c dx dx dxx

x x c x

p p ppp

p+

= = = - =+ + æ ö-ç ÷

è ø

ò ò ò (1)

Mặt khác đặt x=2

tp- ta có

I=2 2 2

3 3 30 0 0

(5cos 4s inx) (5sin 4cos ) (5sin 4cos )(s inx cos ) (s int cos ) (s inx cos )

x dx t t dx x x dxJ

x t x

p p p

- - -= = =

+ + +ò ò ò (2)

Từ (1) và (2) ta có I= 12

Ví dụ 4: I=2

2 2

0

( os3 ) ( os6 )c x c x dx

p

ò

Lời giải

Xét tích phân J=2

2 2

0

(sin 3 ) ( os6 )x c x dx

p

ò

Ta có I+J=2 2 2

2 2 2 2

0 0 0

1[(sin 3 ) ( osx) ]( os6 ) ( os6 ) (1 os12 )

2 4x c c x dx c x dx c x dx

p p p

p+ = = + =ò ò ò

Mặt khác I - J=

2 2 22 2 2 2 2

0 0 0

1[(sin 3 ) ( osx) ]( os6 ) os6 ( os6 ) 1 sin (sin 6 )

6 8x c c x dx c x c x dx x d x

p p p

pé ù- = = - =ë ûò ò ò

Vậy ta có I = J = 8p

Nhận xét :Ta có thể chọn tích phân liên kết khác là J=2

2 2

0

( os3 ) (sin 6 )c x x dx

p

ò




2009 20090

( os )(s inx) (cos )

c xdx

x

p

+ò

Lời giải:

Xét J= 20092

2009 20090

(sin )(s inx) (cos )

xdx

x

p

+ò

Đặt x= ; 0; 02 2 2

t dx dt x t x tp p p- Þ = - = Þ = = Þ =

Ta có J =

2009020092

2009 20092009 20090

2

2009 20092 2

2009 2009 2009 20090 0

(sin( ))(sin ) 2 ( )(s inx) (cos ) 2(s in( )) (cos( ))

2 2

(cos ) ( os )(s int) (cos ) (s inx) (cos )

txdx d t

x t t

t c xdx dx

t x

p

p

p p

pp

p p

-= - =

+ - + -

=+ +

ò ò

ò ò

Mà I+J= 2009 20092 2

2009 20090 0

(s inx) ( os )(s inx) (cos ) 2 4

c xdx dx I J

x

p p

p p+= = Þ = =

+ò ò


0

sins inx cos

xdxx

p

+ò

Lời giải:

Xét tích phân liên kết J=36

0

oss inx cos

c xdxx

p

+ò

Ta có I+J = 3 36 6

60

0 0

(sin os ) 1 1 1(1 sin 2 ) ( os2 )

s inx cos 2 4 6 8x c x dx

x dx x c xx

p pp p+

= - = + = -+ò ò

Lại có I-J = 23 36 6

0 0

660

0

1 (s inx cos ) (s inx cos )(sin os ) 1s inx cos 2 s inx cos

1 1 s inx cos 1 3 2(s inx cos ) (s inx cos ) [ ln s inx cos ] ln

2 sinx cos 2 2 2

x x dxx c x dxx x

xx d x x

x

p p

pp

é ù+ + -- ë û= =+ +

+ +é ù+ + + = + + = -ê ú+ë û

ò ò

ò

từ đó ta có I= 1 1 3 2 1ln

12 2 2 4 16p ++ - -

Nhận xét : Đối với tích phân ta có thể trình bày theo cách khác như sau



2I=3 3 3 3 3 3 3 36 6 6

0 0 0

(sin os ) (sin os ) (sin os ) (sin os )s inx cos s inx cos s inx cos

x c x x c x x c x dx x c x dxdx

x x x

p p p

+ + - + -= +

+ + +ò ò ò

Sau đó trình bày như trên . Nhận xét chung : Do đặc điểm của các hàm số lượng giác nên các tích phân Liên kết thường được dùng rất nhiều trong tích phân lượng giác .Vì vậy khi tính tích phân lượng giác học sinh cần nhìn kỹ vào biểu thức lựơng giác nằm ngay dưới dấu tích phân để có thể lựa chọn cách giải nhanh và thuận lợi Để luyện tập ta xét các tích phân sau

I=4

0

sin x1 sin 2

dxx

p

+ò :J=4

0

sin x cossin 2 os2

xdxx c x

p

+ò ;K=4

0

sin 59 os5 7sin 5

xdxc x x

p

-ò ; L=4 5

5 50

os2

os2 os2

c xdx

c x c x

p

+ò

M=4

0 1 t anxdx

p

+ò ; K=4

2 2

0

( os 2 )( os 4 )c x c x dx

p

ò ; P=42

4 40

( os )(s inx) (cos )

c xdx

x

p

+ò

VI-Tích phân các hàm số phân thức hữu tỷ A Lý thuyết :

· Phân thức hữu tỷ : ( )( )

P xQ x

với P(x) ,Q(x) là các đa thức với các hệ số thực

· Phân thức thực sự :là phân thức hữu tỷ ( )( )

P xQ x

vơí degP(x )< degQ(x)

· Phân thức đơn giản là phân thức có một trong 4 dạng sau

2 2; ; ;

( ) ( ) ( )k k

A A Bx c Bx cx a x a x px q x px q

+ +- - + + + +

· Định lý tổng quan về phân tích các đa thức Mọi đa thức Q(x) khác không với hệ số thực , đều có thể phân có một cách phân Tích duy nhất thành các nhân tử ( không tính theo thứ sắp xếp các nhân tử) gồm các nhị thức bậc nhất hoặc các tam thức bậc hai với biệt thức đen ta âm.

B . phương pháp tính tích phân hữu tỷ



Xét tích phân ( )( )

p xdx

Q xò với P(x),Q(x) là các đa thức với hệ số thực

+ Nếu bậc của p(x) lớn hơn bậc của Q(x) ta thực hiên phép chia đa thức cho đa thức

1 1( ) ( )( ) ( )( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )P x P xP x P x

G x G xQ x Q x Q x Q x

= + Þ = +ò ò với bậc của P1(x) nhỏ hơn bậc của Q(x)

và tích phân ( )G x dxò tính dễ dàng .vì vậy việc tính tích phân ( )( )

p xdx

Q xò đưa về tính

tích phân 1( )( )

p xdx

Q xò có bậc của tử số nhỏ hơn bậc của mãu số.

Để tính các tích phân hữu tỷ ta xét các phép biến đổi cơ bản sau

I=2

22 2

( )ln | |

dx d x ax a C

x a x a+

= = + ++ +ò ò

J=2 2

( ) 1( ) ( )

dx d x aC

x a x a x a- -

= = +- - -ò ò

K=2 2

1 1ln

2 2dx dx dx x a

Cx a a x a x a a x a

-é ù= - = +ê ú- - + +ë ûò ò ò

L=2 2

dxx a+ò , đặt x=atant dx=ad(tant)=a(1+tan2t)dt, 22 2 2

1dx dt dxdt

x a a ax a= Þ =

+ +ò ò

Việc tính các tích phân các hàm hữu tỷ cuối cùng dẫn đến các tích phân có dạng như trên Vì vậy trong quá trình tính các tích phân hữu tỷ ta thường hướng đến các tích phân trên.để thuận tiện ta chia các tích phân hàm hữu tỷ theo một số dạng sau:

1.Dạng 2

dxax bx c

b

a + +ò (mẫu số chữa tam thức bậc hai)

Trường hợp1: ax2+bx+c=0 có hai nghiệm phân biệt x1,x2

I=2

dxax bx c

b

a + +ò = 1

1 2 1 2 1 2 1 2 2

1 1 1 1( ) ln | | ¦

( )( ) ( ) ( )x xdx

dxa x x x x a x x x x x x a x x x x

b bba

a a

-= - =

- - - - - - -ò ò

Trường hợp 2: ax2+bx+c=0 có nghiệm kép x=x1=x2

I= 12 2 2

1 1 1

( )1 1( ) ( ) ( )

d x xdx dxax bx c a x x a x x a x x

b b bba

a a a

-= = -

+ + - - -ò ò ò

Trường hợp 3: ax2+bx+c=0 vô nghiệm



Phân tích ax2+bx+c = 2 2 2( ) ( )

2 4b

a x h mx n ka a

D é ù+ - = + +ë û sau đó đặt mx+n=ktant

Ta dẫn đến I= 2

dxax bx c

b

a + +ò =Aq

qp

p

dt At=ò

Ví dụ 1:

I=1

20 5 6

dxx x- +ò

Lời giải:

I=1

20 5 6

dxx x- +ò =

1 110

0 0

1 1 3 4( ) ln | | ¦ ln

( 2)( 3) 3 2 2 3dx x

dxx x x x x

-= - = =

- - - - -ò ò

Ví dụ 2: K=1

20 4 12 9

dxx x- +ò

Lời giải:

K=1

20 4 12 9

dxx x- +ò =

1102

0

1 1(2 3) 2(3 2 ) 3

dxx x

= =- -ò

Ví dụ 3: Tính L= 2

21 5 6

dxx x- +ò

Lời giải:

L= 2

21 5 6

dxx x- +ò =

2

21 ( 1) 1

dxx - +ò đặt x-1= tant dx=(1+tan2t)dt

44

0

2

41 0

x tL dt

x t

pp p= Þ =ìÞ = =í

= Þ =îò

2-Dạng 2

( )mx n dxax bx c

b

a

++ +ò

Đường lối chung để giải là ta phân tích mx+n=p(ax2+bx+c)’ +q

Khi đó K=2 '

2 2

( ) ( )ax

mx n dx ax bx cp q

ax bx c bx c

b b

a a

+ + += +

+ + + +ò ò 2

dxax bx c

b

a + +ò

=p 2ln ax bx c ba+ + +q 2

dxax bx c

b

a + +ò

Đặc biệt hơn nếu ax2+bx+c=0 có hai nghiệm phân biệt thì Lời giải trên có thể thu ngắn lại như sau



21 2

( )( )

mx n dx p qM dx

ax bx c x x x x

b b

a a

+= +

+ + - -ò ò

Ví dụ 1:

Tính I = 2

21

5( 1)6

x dxx x

-- -ò

Lời giải:

I=2

21

5( 1)6

x dxx x

-- -ò =

221

1

2 3( ) (2 ln | 3 | 3ln | 2 |) 6 ln 3

3 2dx x x

x x+ = - + + =

- +ò

Nhận xét:

Để đi đến 2

5( 1) 2 36 3 2

xx x x x

-= +

- - - + ta phân tích

2

5( 1) 5( 1) ( 2) ( 3)5( 1) ( 2) ( 3)

6 ( 3)( 2) 3 2 ( 3)( 2)x x a b a x b x

x a x b xx x x x x x x x

- - + + += = + = Û - = + + -

- - - + - + - +(1)

để tìm a,b ta có một trong hai cách sau Cách 1 (trị số riêng): (1) đúng với mọi x suy ra đúng với các giá trị đặc biệt của x.ta thường chọn các giá tri của x làm triệt tiêu một trong các tham số a hoặc b chẳng hạn cho x=3 thì a=2 ;x=2 ta có b=3 Cách 2 đồng nhất các hệ số của các số hạng ở tử số 5(x-1)=a(x+2)+b(x-3)=(a+b)x+2a-3b dẫn đến hệ phương trình

5 2

2 3 5 3

a b a

a b b

+ = =ì ìÛí í- = - =î î

Ví dụ 2:

Tính K=1

20

(2 1)2 2 1

x dxx x

++ +ò

Lời giải:

K=1 1 2

2 102 2

0 0

(2 1) 1 (2 2 1) 1 1ln(2 2 1) ln 5

2 2 1 2 2 2 1 2 2x dx d x x

x xx x x x

+ + += = + + =

+ + + +ò ò

3-Dạng ( )( )

P x dxQ x

b

aò

Khi tính các tích phân dạng trên ta thường gặp các phân thức đúng ( )( )

P xQ x



(nghĩa là bậc của tử số nhỏ hơn bậc của mẫu số) sau khi ta phân tích sẽ đưa được về dạng cơ bản như đã xét. Khi tính các tích phân dạng này cần phải chú ý đến các trường hợp mẫu thức có nghiệm đơn ,nghiện kép,vô nghiệm . ta tạm thời chia ra một số dạng cơ bản sau a/ Mẫu thức có nghiệm đơn ,chứa nhân tử là tam thức bậc hai vô nghiệm Ví dụ 1:

I=1 2

30

2 51

x xdx

x+ ++ò

Lời giải:

Nhận xét 2 2 2 '

3 2 2 2

2 5 2 5 ( 1)1 ( 1)( 1) 1 1 1

x x x x a b x x cx x x x x x x x x+ + + + - +

= = + ++ + - + + - + - +

=

22 2

3

( 2 ) ( )2 5 ( 2 ) ( )

12 2 2

5 0

1 3

a b x b c a x a b cx x a b x b c a x a b c

xa b a

a b c b

b c a c

+ + + - + - +Þ + + = + + + - + - +

++ = =ì ì

ï ïÞ - + = Þ =í íï ï+ - = =î î

Vậy I=1 1 1

2 20 0 0

2 3( ) 2 3 2ln 2 3

1 1 1 1dx dx

dx Jx x x x x x

+ = + = ++ - + + - +ò ò ò (*)

lại có 1 1

220 0

1 31 ( )2 4

dx dxx x x

=- + - +

ò ò Đặt

21 3 3tan (1 tan )

2 2 2

16

06

x t dx t dt

x t

x t

p

p

- = Þ = +

ì = Þ =ïïí -ï = Þ =ïî

J=6

6

2 393

dt

p

p

p

-

=ò thế vào (*) ta có I=2ln2+ 39

p

Nhận xét : Nếu quan sát kỹ ta thấy : tử số hệ số của x2 là 2 điều đó chứng tỏ 2x2+x+5=2(x2-x+1)+b(x+1) để có hệ số của x bằng 1 ta phải có b=3 vì thế ta có

ngay 2

3 2

2 5 2 31 1 1

x xx x x x+ +

= ++ + - +

ví dụ 2:

Tính J=6 2

32

3 2 62

x xdx

x x+ ++ò :



Lời giải:

J=6 2

32

3 2 62

x xdx

x x+ ++ò =

6 2

22

3( 2) 2( 2)

x xdx

x x+ +

=+ò

6

22

3 2( )

2dx

x x+

+ò =6 6

122 2

33 2 ln 3 2

2 2dx dx

Jx x+ = +

+ò ò

lại đặt

I=18ln 3 212p+

b/Mẫu thức có nghiệm đơn và nghiệm kép ,chứa nhân tử là tam thức bậc hai vô nghiệm Ví dụ 1:

I=0 2

31

4 7 33 2

x xdx

x x-

- -- +ò

Lời giải: nhận xét

2 2 2

3 2 2 2

4 7 3 4 7 3 ( 1)( 2) ( 2) ( 1)3 2 ( 1) ( 2) 1 ( 1) 2 ( 1) ( 2)

x x x x a b c a x x b x c xx x x x x x x x x

- - - - - + + + + -= = + + =

- + - + - - + - +

đồng nhất thức ta có 1 2

2 3

0 1

x b

x c

x a

= Þ = -ìï = - Þ = Þíï = Þ =î

I=0 02 3

013 2

1 1

4 7 3 2 3 ( 2)( ) ln | | ln16

3 2 1 ( 1) 2 1x x dx dx dx x

dxx x x x x x -

- -

- - += - + = =

- + - - + -ò ò

Ví dụ 2: Tính

J=2 2

31`

3 3 2x xdx

x x+ ++ò

Lời giải: Ta có sự phân tích

2 2 2 ' 2

3 2 2 2 2

3 3 2 3 3 2 ( 1) (1 ) 2( 1) 1 1 (1 )

x x x x a b x c a x bx cxx x x x x x x x x+ + + + + + + +

= = + + =+ + + + +

Đồng nhất thức ta có

2 2 2

3

1

4

2 tan 2(1 tan ) , 2 2(1 tan )

623 2 2 2( )

3 4 122

4

x t dx t dt x t

x tJ dt

x t

p

p

pp p p

p

= Þ = + + = +

ì = Þ =ïï Þ = = - =íï = Þ =ïî

ò



22

11 8 2

21 2 2 2 3

ax o a

x a b c b

x a b c c

=ì= Þ =ì ïï ï= Þ = + + Þ = Þí íï ï= - Þ + - =î =ïî

J=3 3 2 32 2

3 2 21` 1 1 1

3 3 2 1 (1 )2 3

2 1 1x x dx d x dx

dxx x x x x+ + +

= + ++ + +ò ò ò ò

=ln3- ln 22

+3J1

lại đặt x=tant ta có J1= 4p thay vào thì J= ln 2

ln 32 4

p+ +

Nhận xét : Nhiều khi sự thành thạo của đồng nhất thức giúp ta bỏ qua nhanh bước phân tích bằng Phương pháp hệ số bất định . chẳng hạn ta có đẳng thức sau

* 1 1 ( ) ( ) 1 1 1( )

( )( ) ( )( )x b x a

x a x b a b x a x b a b x b x a- - -

= = -- - - - - - - -

*

22

2 2 2 2 2

2 2 2

1 1 [( ) ( )] 1 1 1( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

1 1 1 2 1 1[ ( )]

( ) ( ) ( )

x b x ax a x b a b x a x b a b x b x a

b a x a x b a b x a x b

- - -= = -

- - - - - - - -

= + - -- - - - - -

Ví dụ 3 (Học viện mật mã -98)

Tính K=1

2 20 ( 1) ( 2)

dxx x+ +ò

Lời giải:

Ta phân tích theo 22 2 2 2

1 1 1 1 1 1 1( ) =[ 2( )]

( 1) ( 2) 1 2 ( 1) ( 2) 1 2x x x x x x x x= - + + -

+ + + + + + + +

K=1 1

2 2 2 20 0

1 1 1 1 11 4[ 2( )] .... 2 ln

( 1) ( 2) ( 1) ( 2) 1 2 12 3dx

dxx x x x x x

= + + - = = ++ + + + + +ò ò

Để luyện tập ta xét các bài toán sau

1/ 3 2

20`

3 2xdx

x x++ò 2/

1

31`

1dx

x x+ò 3/1 2

30`

2 3 7x xdx

x x+ ++ò 4/

1 2

20`

53 2

xdx

x x+

+ -ò 2 2

41`

11

xdx

x-+ò

5/2 4

31`

2xdx

x x--ò 6/

2 2

31`

1( 1) ( 3)

xdx

x x+

- +ò 7/2

2 21`

1( 3 2)

dxx x+ +ò 8/

2

21`

1(1 )

dxx x-ò

9/2 2

21` 7 5

xdx

x x- +ò 10/2

4 21` 1

xdx

x x+ +ò 11/2 3

20`

32 1x

dxx x+ +ò ; 12/

2

31` ( 1)

dxx x +ò



VII- Tích Phân các hàm số vô Tỷ

1-Dạng 1:2

dx

ax bx c

b

a + +ò

Phương pháp :

.Biến đổi đưa về tích phân 2

du

u k

b

a +ò

.sử dụng bổ đề: 2

2ln | |

duu u k

u k

bba

a

= + ++

ò

CM: Thật vậy: ( )2 ''

2

2 2

( ) 1ln | |

u u Ku u K C

u u K u k

+ ++ + + = =

+ + +

Ví dụ 1:

K= 0 0

2 0122

1 1 2 44 4

1 1 1 1 1 2 6ln | 2 3 | ln

41 23 2 2 232 3 ( )4 16

dx dxx x x

x x x-

- -

+= = + + + + =

+ + + +ò ò

2- Dạng 2: 2

( )mx n dx

ax bx c

b

a

+

+ +ò

Phương pháp: phân tích

2

2 2 2 2 2

( ) (2ax ) ( )2 2 2 2

mx n dx m b dx mb dx m d ax bx c mb dxa aax bx c ax bx c ax bx c ax bx c ax bx c

b b b b b

a a a a a

+ + + += - = -

+ + + + + + + + + +ò ò ò ò ò Ví Dụ 2:

J= 1

20

( 4)

4 5

x dx

x x

+

+ +ò

Lời giải:

J= 1 1 1 1 12

2 2 2 2 20 0 0 0 0

( 4) ( 2) 1 ( 4 5) ( 2)2 2

24 5 4 5 4 5 4 5 ( 2) 1

x dx x dx dx d x x dx d x

x x x x x x x x x

+ + + + += + = +

+ + + + + + + + + +ò ò ò ò ò

= 3 1010 5 2ln

2 5

+- +

+



Ví dụ 3: K=1

20

( 2)

2 2

x dx

x x

+

+ +ò :

Lời giải:

K=0 1 0 1 02

2 2 2 2 21 0 1 0 1

( 2) 1 (2 2) 1 ( 2 2)2 22 2 2 2 2 2 2 2 ( 1) 1

x dx x dx dx d x x dx dx

x x x x x x x x x- - -

+ + + += + = +

+ + + + + + + + + +ò ò ò ò ò

= 2 2 012 2 ln | 1 2 2 2 1 ln(1 2)x x x x x -

é ù+ + + + + + + = - + +ë û

3/Dạng 3 2( )

dx

px q ax bx c

b

a + + +ò

Phương pháp : Đặt px+q=2

1 1 1; ( )

dtpdx x q

t t p t-

Þ = = -

Khi đó 2

2 22

2

/

1 1 1( ) ( ) ( )

dx dt t dt

a bpx q ax bx c mt nt eq q ct p t q t

b b b

a a a

-= =

+ + + + +- + - +ò ò ò

Ví dụ 4: M=3

22 ( 1) 2 2

dx

x x x- - +ò

Lời giải: Đặt

2

2 1

1 1 11 3

2

x t

tx x x t

t tdt

dxt

ìï = Þ =ï+ ï- = Þ = Þ = Þ =íïï = -ïî

Do đó M= 3 1 2

2 22 1/2

12 1

1/221/2

/

( 1) 2 2 1 1 12 2

2 2 2ln 1 ln

1 51

dx dt t

x x x t tt t t

dtt t

t

=- - + + +æ ö æ ö- +ç ÷ ç ÷

è ø è ø

+= = + + =

++

ò ò

ò

Dạng 4: 2

( )

( )

mx n dx

px q ax bx c

b

a

+

+ + +ò

Phương pháp :

Phân tích 2

( )

( )

mx n dx

px q ax bx c

b

a

+

+ + +ò =



2 2

2 2

( ) ( )( )

( ) ( )

( )( )

( )

m mqpx q n dx

mx n dx p p

px q ax bx c px q ax bx c

m dx mq mx n dxn

p pax bx c px q ax bx c

b b

a a

b b

a a

+ + -+

= =+ + + + + +

++ -

+ + + + +

ò ò

ò ò

Đây là các tích phân đã xét ở trên.

VIII-Lớp tích phân đặc biệt : Trong khi tính tích phân nhiều bài toán để tìm được nguyên hàm của nó không hề đơn giản .Khi đó chúng ta nên khai thác tối đa các tính chất đặc biệt của hàm số dưới dấu tích phân và cận của nó ta sẽ được các kết quả “Đẹp” trong tích phân vào giải Toán .Trong phần này Tôi muốn trao đổi với các bạn đồng nghiệp hướng dẫn học Sinh cách tìm đến những kêta quả đẹp đó .trong các thí dụ sau có sử dung bài viết của thầy :Trịnh tuân-Giảng viên đại học Thuỷ Lợi ,đăng trên báo Toán hoc & tuổi trẻ số 367 tháng 1/2008 . 1/ Nều f(x) là hàm số liên tục trên [-a;a] với a>0 ta có

0

( ) ( ( ) ( ))a a

a

f x dx f x f x dx-

= + -ò ò

Ví dụ 1: Cho f(x) là hàm số liên tục trên [-a;a] ,a>0 thoả mãn

f(x)+f (-x)= 2 2 os2c x- hãy tính I=

32

32

( )f x dx

p

p-ò

Lời giải: Đặt x=-t ta có 0 0

0

0

0 0 0 0

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ( ) ( ))

a

a a

a a a a a

a a

f x dx f t d t f x dx

f x dx f x dx f x dx f x hay f x dx f x f x dx

-

- -

= - - = - Þ

+ = - + = - +

ò ò ò

ò ò ò ò ò ò



Áp dụng với a= 3; ( ) ( ) 2 2 os2

2f x f x c x

p+ - = - ta có

I=

3 3 32 2 2

0 0 0

| s inx |( ) 2 2 os2 2

dxf x dx c xdx

p p p-

= - =ò ò ò = 2(

32

0

sin x sin xdx dx

pp

p

-ò ò )=6

Nhận Xét : -Nếu không biết tính chất trên ta rất khó khăn tính được tích phân trên vì giả thiết

Chưa giúp ta xác định được hàm số f(x). Ta đã tính I=

32

32

( )f x dx

p

p-ò m à không cần

Quan tâm đến hàm f(x) bằng bao nhiêu. -Do tính chất trên không được đề cập đến trong sách giáo khoa nên học sinh phải trình bày Lời giải như trên .xem tính chất đó như là định hướng Lời giải.

2/Nếu f(x) liên tục trên [-a;a] ,a>0 thì 0

2 ( )( )

0

aa

a

f x dxf x dx

-

ìï= íïî

òò nếu f(x)- chẵn hoặc lẻ

Trên [-a;a]

Ví dụ 2: Tính J=1

2

1

ln( 1)x x dx-

+ +ò

Lời giải: Nhận thấy

( )( )( )( )( )

2 2

2 2 2 2

0 12 2

1 0

1̀ 1 1

ln 1̀ 1 0 ln( 1) ln( 1)

ln( 1) ln( 1)

t t t t t

t t t t t t t t

t t t t-

- + + + + = " Þ

- + + + + = Þ - + + = + +

Û - + + = - + +ò ò

Hay 0

2

1

ln( 1)x x dx-

+ +ò =-1

2

0

ln( 1)x x dx+ +ò từ đó J=1

2

1

ln( 1)x x dx-

+ +ò =0

Ví dụ 3:

Tính K=1

2

1

2ln

2x

x dxx-

-+ò

Lời giải: Nhận xét với mọi a>0 ta có lna=-ln 1a

theo đó với mọi thuộc [-1;1]



0 0 1

2 2 2 2 2

1 1 0

1 1

0 0

2 2 2 2 2 2 2ln ln ln ln ln ln ln

2 2 2 2 2 2 2

2 2ln

2 2

x x x x x x xx x x dx x dx x dx

x x x x x x x

t xdt dx

t x

-

- -

- + - + - + += - Û = - Þ = - =

+ - + - + - -

- -= = - Þ

+ +

ò ò ò

ò ò

K=0 1 1 1

2 2 2 2

1 0 0 0

2 2 2 2ln ln ln ln 0

2 2 2 2x x x x

x dx x dx x dx x dxx x x x-

- - - -+ = - + =

+ + + +ò ò ò ò

3/ Nếu f(x) chẵn liên tục trên [-a;a] thì ta có 0

( )( )

1

a a

xa

f xdx f x dx

a-

=+ò ò

Ví dụ 3:

Tính 1 4

11 2x

xdx

- +ò (HvBCVT)

Lời giải:

Đặt x=-t ta có dx=-dt 0 0

1 1

x t

x t

= Þ =ìí = - Þ =î

Khi đó

0 0 0 14 4 4 4

1 1 1 0

0 1 1 1 14 4 4 44

1 0 0 0 0

2 21 2 1 2 1 2 1 2

2 11 2 1 2 1 2 1 2 5

t t

x t t t

x

x x x x

x t t tdx dt dt

x x x xL dx dx dx x dx

--

-

= - = - = Þ+ + + +

= + = + = =+ + + +

ò ò ò ò

ò ò ò ò ò

Ví dụ 4

Tính M=2

2

s inx.sin 2 . os51 x

x c xdx

e

p

p- +ò (ĐHBK)

HD: f(x)=sinx.sin2x.cos5x là hàm số chẵn và liên tục trên ;2 2p p-é ù

ê úë û nên theo kết

quả trên M=2

2

sin x sin 2 os5 0xc xdx

p

p-

=ò

Ví dụ5: Tính N=22

2

| s inx|1 2x

xdx

p

p- +ò (ĐH Dược)

HD:Hàm số x2|sinx| -chẵn và từ kết quả trên ta có N=2

2

0

s inxx dx

p

ò tiếp tục

Dùng tích phân từng phần hai lần ta đi đến kết quả N= 42

p +



4/ Nếu hàm số f(x) liên tục trên [ ]0; ; 0 :a a > ta có 0 0

( ) ( )a a

f x dx f a x dx= -ò ò

Vi dụ 6: Tính P=4

0

ln(1 t anx)dx

p

+ò (ĐH thuỷ lợi 2001)

Lời giải:

ta có P=4

0

ln(1 t anx)dx

p

+ò =4 4 4

0 0 0

ln 22ln(1 t an( -x)) ln

4 1 t anx

dx Pdx dx

p p p

p -+ = =

+ò ò ò

suy ra P= ln 28p

5/Nếu f(x) là hàm số liên tục trên [ ];a b và thoả mãn f(x)=f(a+b-x) thì

( ) ( )2

b b

a a

a bxf x dx f x dx

+=ò ò

Để chứng minh tính chất trên ta thực hiện phép đổi biến số đặt t=a+b-x Đặc biệt nếu ta chọn: a=0,b=p , f(x) = f(sinx) thì ta có

0 0

(s inx) (s inx)2

xf dx f dxp pp

=ò ò (I)

Mặt khác 2

0 02

(s inx) (s inx) (s inx)f dx f dx f dx

pp p

p

= +ò ò ò

Đặt x= tp - cho tích phân

2

(s inx)f dxp

pò ta có

2

0 0

(s inx) 2 (s inx)f dx f dx

pp

=ò ò (II)

lại đặt x=2

tp- ta có

2 2

0 0

(s inx) (cos )f dx f x dx

p p

=ò ò (III)

Ví dụ 7: Tính Q = 2

0

sin x cosx xdxp

ò

Lời giải: Coi f(sinx)=sinx(1-sin2x) nhờ kết quả (I) ta thu được

Q = 2 2 30

0 0

sin x cos os (cos ) os2 2 6 3

xdx c xd x c xp p

pp p p p= - = - =ò ò

Ví dụ 8 Tính T=2

22

0

1tan (s inx)

os (cos )dx

c x

p

æ ö-ç ÷

è øò

Lời giải:



Ta có T= ( )2 2

2 2 22

0 0

1tan (s inx) 1 tan (cos ) tan (s inx)

os (cos )dx x dx

c x

p p

æ ö- = + -ç ÷

è øò ò

Coi f(cosx) là tan2(cosx) ,f(sinx) là tan2(sinx) ta Áp dụng tính chất (III) ta có

2 22 2tan (cos ) tan (s inx)

o o

x dx dx

p p

=ò ò . Nên ta có T=2

0 2dx

p

p=ò

6/ Nếu f(x) liên tục ,tuần hoàn với chu kỳ T thì

2

02

( ) ( ) ( ) ,

Ta T T

Ta

f x dx f x dx f x dx a R+

-

= = " Îò ò ò .

Thật vậy Đặt J1= ( )a T

a

f x dx+

ò , J2=0

( )T

f x dxò ,J3 =2

2

( )

T

T

f x dx-ò

J1=0

0

( ) ( ) ( ) ( )a T T a T

a a T

f x dx f x dx f x dx f x dx+ +

= + +ò ò ò ò

Đặt x=t+T đối với ( )a T

T

f x dx+

ò ta có J1=J2 .Chọn a=2T- ta được J1=J3

Ví Dụ 9:

Tính H=2010

2009sino

xdxp

ò

Lời giải: Nhận thấy f(x)=sin2009x là hàm số tuần hoàn với chu kỳ T= 2p và

H=2 4 2010

2009 2009 2009 2009

0 2 2008

sin sin .... sin 1005 sin 0xdx xdx x xdxp p p p

p p p-

+ + + = =ò ò ò ò

Do hàm số f(x) =sin2009x –là hàm số lẻ.

Ví dụ 10: Tính G=2

2ln(s inx 1 sin )o

x dxp

+ +ò (0lympic sv-2007)

HD:Nhận xét f(x)=ln(sinx+ 21 sin )+ liên tục ,tuần hoàn với chu kỳ T= 2p

Do đó G= ( ) 0f x dxp

p-

=ò (Do f(x) là hàm số lẻ)

Bài Tập Tương tự



1/I =1 4

21

s inx1

xdx

x-

++ò ; 2/ J =

2

2

2

osx4 sinx c

dxx

p

p-

+-ò 3/K =

1 2010

1 2009 1x

xdx

- +ò ;

4/L = 6 64

4

sin os2009 1x

x c xdx

p

p-

++ò ; 5/M=

4

20090

log (1 t anx)dx

p

+ò ; 6/ N=4

20

sin x2 osx dx

c x

p

+ò

Sau đây là các bài tập về tích phân được lựa chọn từ các đề thi Đại Học trong nhiều năm cho tới kỳ thi năm học 2009-2010.Giúp học sinh vận dụng thành thạo các phương pháp và kỹ thuật điển hình như trên để giải đ

1. / 4 2

0

1 2sin1 sin 2

xdx

x

p -+ò 2. ò -

2

0

2 dxxx

3. ò -+

2

1 11dx

x

x 4. ò+e

dxx

xx

1

ln.ln31

5. ò -3

2

2 )ln( dxxx 6. / 2

0

sin 2 sin

1 3cos

x xdx

x

p ++ò

7. / 2

0

sin 2 cos1 cos

x xdx

x

p

+ò 8. / 2

sin

0

( cos ) cosxe x x dxp

+ò

9. / 2

2 20

sin 2

cos 4sin

xdx

x x

p

+ò 10. ò -

1

0

2)2( dxex x

11. ò -+ -

5ln

3ln 32 xx eedx 12.

/ 2

0

sin sin 2 sin 3x x x dxp

ò

13. / 2

4 4

0

cos 2 (sin cos )x x x dxp

+ò 14. / 2

5

0

cos xdxp

ò

15. ò -+

3

248

7

21dx

xxx 16. ò

e

dxxx1

22 ln

17. ò +3

0

23 1 dxxx 18. ò+e

xdxx

x

1

3

ln1

19. ò -9

1

3 1 dxxx 20. ò +-3

1

2 12 dxxx

21. ò +1

0

2 )1( dxex x 22. ò+

+3

02

35

1

2dx

x

xx

23. /3

2/ 4 cos 1 cos

tgxdx

x x

p

p +ò 24. ò

-

÷øö

çèæ

+-2

1

2

21

dxxx



25. 2

0

sin1 cos

x xdx

x

p

+ò 26. ò +

1

0 1 xedx

27. / 4

2

0

xtg x dxp

ò 28. ò+

dxx

x1

29. ò-

--+5

3

)22( dxxx 30. ò +

2

02

2

)2(dx

xex x

31. ò- ++

4

1 45

2

x

dx 32. ò --1

0

22 )124( dxexx x

33. ò+

2

05

4

1dx

x

x 34. ò -2

0

22 4 dxxx

35. ò -++

2

1 22 xx

xdx 36. ò-

+0

1

1 dxxx

37. ò ++

1

02 252 xx

dx 38. ò+2

12

)1ln(dx

xx

39. / 2

0

sin 2cos 1

xdx

x

p

+ò 40. / 2

0

sin1 3cos

xdx

x

p

+ò

41. ò +3

0

32 .1 dxxx 42. ò +

1

02)1(x

xdx

43. / 2 2004

2004 20040

sinsin cos

xdx

x x

p

+ò 44. / 2 3

0

4sin1 cos

xdx

x

p

+ò

45. ò +1

0

23 3 dxxx 46. ò- +++

-3

1 313

3dx

xx

x

47. ò -1

0

25 1 dxxx 48. / 2

3

0

sin 5xe x dxp

ò

49. ò +3

0

33 .1 dxxx 50. / 4 2

0

1 2sin1 sin 2

xdx

x

p -+ò

51. ò- ++

0

12 42xx

dx 52. òe

dxx

x

12

ln

53. ò ++3/7

03 13

1dx

x

x 54. / 2

0

cos3sin 1

xdx

x

p

+ò

55. / 2

2 20

sin

sin 2cos cos2

xdxx

x x

p

+ò 56.

/3 2

20

sinsin 2 cos

x xdxx x

p

ò



57. òe

dxxx1

ln 58. 2 / 4

0

.cosx x dxp

ò

59. ò ++++2

02

23

4942

dxx

xxx 60. ò +

1

03)1(x

xdx

61. ò -

e

xx

dx

12ln1

62. / 2 3

0

4sin1 cos

xdx

x

p

+ò

63. / 4

0 (sin cos )cosdx

x x x

p

+ò 64. ( )1

2 3

0

1xx e x dx+ -ò

65. ò2ln

0

5 2

dxex x 66. dxx

xxò

+

+1

03 2

2

)1(

67. / 4

0

(1 )sin2x

tgx tg xdxp

+ò 68. ò +1

0

2 )1ln( dxxx

69. ò+2

12

)1ln(dx

xx 70. ò +

1

0

2 1 dxxx

71. ò +

1

021 x

xdx 72. / 2

/ 4

sin cos

1 sin 2

x xdx

x

p

p

-+ò

73. ò +3

0

2 )5ln( dxxx 74. / 2

30

cos 2(sin cos 3)

xdx

x x

p

- +ò

75. / 4

0

( 1) cosx x dxp

-ò 76. / 4

0

cos 21 2sin 2

xdx

x

p

+ò

77. ò+

2ln

0

2

2dx

e

ex

x

78. / 2 4

0

4sin1 cos

xdx

x

p

+ò

79. / 2

20

cos7 5sin cos

x dxx x

p

- -ò 80. / 4

20 cos

xdx

x

p

ò

81. ò- +++

-3

13 31

3dx

xx

x 82. ò -9

1

3 1 dxxx

83. ò+e

dxxx

x

1

3

ln).1

( 84. ò + dxxx 32 2

85. ò +

1

02

3

1dx

xx 86. ò

+

3ln

03)1( x

x

e

dxe

87. ò-

++0

1

32 )1( dxxex x 88. ò +2/

0

56 3 cossincos1n

dxxxx



89. / 4

0 1 cos 2x

dxx

p

+ò 90. ò -1

0

23 1 dxxx

91. ò-

5ln

ln

2

2 1dx

e

ex

x

92. ò1

0

3 2

dxex x

93. ò+e

dxxx

x

1

2

.ln.1 94. ò +

3

13xx

dx

95. ò +8ln

3ln

2.1 dxee xx 96. 2

0

sinx x dxp

ò

97. ò +

3

1

2

1ln

lne

dxxx

x 98. / 2

2

0

(2 1)cosx x dxp

-ò

99. ò +++

6

2 1412 xx

dx 100. / 2

0

( 1)sin 2x x dxp

+ò

101. ò --

10

5 12 xx

dx 102. ò +-e

dxxx

x

1 ln21

ln23

103. 3 2

1

.lne

x xdxò 104. 46

0 2tg x

dxcos x

p

ò

105. ( )

4

0

sin4

sin 2 2 1 sin cos

x dx

x x x

p pæ ö-ç ÷è ø

+ + +ò 106. 2

31

ln xdx

xò

Pp tinh tichphan-nvcuong-new

Documents

Transcript of Pp tinh tichphan-nvcuong-new