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: cuongvan12@gmail.com
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

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)
1 x k +1
dx= d (ax + b) xkdx=d ( + a ) sinxdx=d(-cosx)
a k +1
dx d ( x + x2 + a ) dx dx
= ; 2
= d (t anx) ; = d (- cot x) ....
x2 + a x + x2 + a cos x sin 2 x

Một số công thức suy rộng sau
cos kx sin kx
ò sin kxdx = - k
+c ; ò coskxdx = k
+c;

e kx a kx
ò e dx = + c ; ò a kx dx = + c, "k Î R .....
kx

k k ln a
x 2 + e x + 2x 2 e x
1
Ví dụ 1( ĐHA -2010) Tính tích phân : I = ò dx
0
1 + 2e x
1
x (1 + 2e ) + e
1 1 1 1
2 x x
e x3 1 x
Lời giải I = ò dx = ò x 2 dx + ò dx ; I1 = ò x 2 dx = = ;
0
1 + 2e x
0 0
1 + 2e x
0
3 0 3
1 d (1 + 2e x )
1
1 æ 1 + 2e ö 1 1 æ 1 + 2e ö
1 1
ex 1
I2 = ò dx = ò = ln(1 + 2e x ) = ln ç ÷ Vậy I = + ln ç ÷
0
1 + 2e x
2 0 1 + 2e x
2 0 2 è 3 ø 3 2 è 3 ø
p
2
Ví dụ 1( ĐHA -2009) Tính tích phaân I = ò (cos3 x - 1) cos2 xdx
0

Lời giải
p p p p p

I = ò ( cos3 x - 1) cos 2 xdx = ò cos5 xdx - ò cos 2 xdx, I1 = ò cos 4 x cos xdx = ò (1 - sin 2 x ) cos xdx =
2 2 2 2 2
2

0 0 0 0 0
p p p p p p p

(1 - 2sin x + sin x ) d (sinx) = 15 , I 2 = ò cos2 xdx = ò 1 + cos 2 x dx = ò 1 dx + 1 ò cos 2 xdx = 1 x + 1 sin 2 x = p
2 2 2 2 2
8 2 2
ò
2 4

0 0 0
2 0
2 20 2 0 4 0 4

3
dx
Tính tích phân I = ò
1
e -1
x

3
dx
Ví dụ 3 ĐHKD -09) Tính tích phân I = ò
1
e -1 x

1 - ex + ex
3 3 3
ex
Lời giải I = ò dx = - ò dx + ò x
3
dx = -2 + ln e x - 1
1
e -1
x
1 1
e -1 1

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


= -2 + ln(e3 - 1) - ln(e - 1) = -2 + ln(e2 + e + 1)
p /4
1 - 2sin 2 x
Ví dụ 1 (ĐHKB -03) Tính I= ò
0
1 + sin 2 x
dx

Lời giải:
1
Nhận thấy d(1+sin2x)= cos2 xdx , 1-2sin2x=cos2x nên ta có
2
p /4 p /4 p /4
1 - 2sin x
2
cos2 x 1 d (1 + sin 2 x) 1 1
I= ò dx = ò dx = ò = ln(1 + sin 2 x) p /4
= ln 2
1 + sin 2 x 1 + sin 2 x 2 0 1 + sin 2 x
0
0 0
2 2
Ví dụ 2 (ĐH KA-06)
p /4
sin 2 x
J= ò
0 cos 2 x + 4sin 2 x
dx

Lời giải:
Nhận thấy d(cos2x+4sin2x)=sin2xdx do đó ta có
p /4 p /4
sin 2 x 1 d (cos 2 x + 4sin 2 x) 2 1
1
ò ò
p /4
J= dx = dx = (cos 2 x + 4sin 2 x) 2 0 = ( 10 - 2)
0 cos 2 x + 4sin 2 x 3 0 cos 2 x + 4sin 2 x 3 3
Ví dụ 3
ln x 3 2 + ln 2 x
e
Tính K= ò dx (ĐHKB-04)
1
x
Lời giải:
ln x 3 2 + ln 2 x
e e e
1 3
K =ò dx = ò 3 2 + ln 2 x ln xd (ln x) = ò (2 + ln 2 x)1/3 d (2 + ln 2 x) = (3 3 3 - 2 3 2)
1
x 1
21 8
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
b
dx
Ví dụ 4: Tính L= ò ln é( x + a) x + a ( x + b)( x +b ) ù
ë û với b>a>0
a
( x + a)( x + b)
Lời giải:



( x + a ) ln( x + a) + ( x + b) ln( x + b) ln( x + a) ln( x + b) ù
dx = ò é
b b
Viết lại L= ò ê x + b + x + a údx =
a
( x + a)( x + b) a ë û
b

ò [ln( x + x)d ln( x + b) + ln( x + b)d ln( x + a)]
a
b
a
= ò d [ ln( x + b) ln( x + b) ] = ln( x + a) ln( x + b) b = ln ln(a + b)
a
a
b
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
p /2

ò (e + cos x) cos xdx (ĐH K D-05)
sin x
M=
0

Lời giải:
p /2 p /2
1 + cos2 x p
M= ò
0
esin x d (cos x) + ò
0
2
dx = e - 1 +
4

Ví dụ 6: Tính
p /3
sin xdx
N= ò
p /4 cos 2 x 1 + cos 2 x
Lời giải:
p /3 p /3 p /3
sin xdx tan xdx 1
ò ò ò/4 (2 + tan x) d (2 + tan x) = 5 - 3
-1/2
N= = = 2 2

p /4
cos 2 x cos x 1 +
1 p /4 cos 2 x 2 + tan 2 x 2p
cos 2 x
3
x
Ví dụ 7: Tính P= ò e x 2 +1
dx
0 x +12

Lời giải:
3 3 -1 3
x
P= ò e x 2 +1
dx = òe
x 2 +1
(1 + x ) d (1 + x )dx =
2 2 2
òe
x 2 +1
d (1 + x 2 ) = e x 2 +1
1
3
= e2 - e
0 x +1
2
0 0



Một số sai lầm thường gặp khi tính tích phân bằng phương pháp biến đổi vi
phân
p
dx
Vídụ 7 : Tính I= ò
0
1 + s inx
Nhận xét: Học sinh khi giải thường gặp sai lầm sau
Đặt x=tanx/2
dx=
p p p
2dt 1 1+ t2 dx 2dt -2 -2 -2
; = Þò =ò = 2ò (1 + t ) -2 d (t + 1) = p
= -
1 + t 1 + s inx (1 + t ) 1 + s inx 0 (1 + t ) p
tan + 1 tan 0 + 1
2 2 2 0
x
0 0 t an + 1
2 2

p
Do tan không xác định nên tích phân trên không tồn tại.
2
-2
Nguyên nhân sai lầm :Do tích phân là tổng vô hạn các hạng tử nên Þ0
p
tan + 1
2
vẫn được thừa nhận.
p
dx
Lời giải đúng: I= ò
0
1 + s inx
x p
p p d( - )
dx x p p p
=ò =ò 2 4 = tan( - ) p
= tan - tan(- ) =2
p x p 2 4
0
4 4
0 1 + cos( x - ) 0 1 + cos 2 ( - )
2 2 4
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)
4
Ví dụ 8 I= ò x 2 - 6 x + 9dx
0

Nhận xét:
Học sinh thường mắc sai lầm sau
( x - 3) 2
4 4 4
I= ò x 2 - 6 x + 9dx = ò ( x - 3) 2 dx = ò ( x - 3) 2 d ( x - 3) = 4
0 = -4
0 0 0
2
Nguyên nhân sai lầm là phép biến đổi ( x - 3) 2 = x - 3 không tương đương đương
ì x - 3;3 £ x £ 4
trên [0, 4] vì |x-3|= í
î3 - x; 0 £ x £ 3
Lời giẩi đúng là



4
I= ò x 2 - 6 x + 9dx
0
4 4 4 3 4
= ò ( x - 3) 2 dx = ò ( x - 3) 2 d ( x - 3) = ò | x - 3 | d ( x - 3) = - ò ( x - 3)d ( x - 3) + ò ( x - 3)d ( x - 3)
0 0 0 0 3

-( x - 3)( x - 3) 4
2 2
= 3
0 +
|0 = 5
2 2
2
dx
Ví dụ 9: Tính I= -ò2 ( x + 1) 2

Học sinh thường mắc sai lầm khi biến đổi như sau

d ( x + 1)
2 2
dx
ò2 ( x + 1)2 =
I =- ò ( x + 1) 2 =
-1 2 -4
| =
-2
x + 1 -2 3

1
Nguyên nhân sai lầm là do hàm số y= gián đoạn trên đoạn [ -2; 2] nên
( x + 1)2
không sử dụng được công thức NeW ton –leibnitz như trên.
Lời giải đúng là :
1
hàm số y= không xác định tại x=-1 Î [ -2; 2] nên gián đoạn trên [ -2; 2] ,do vậy
( x + 1)2
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
xa +1
ò x dx = a + 1 + c , học sinh phải hiểu giá trị x trong hai số x và dx là giống nhau,
a a

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



(2t + 1)a +1
ò (2t + 1) d (2t + 1) =
a
X = 2t+1 thì ta có + c ,Nhưng nểu chỉ có dạng
a +1
1
ò (2t + 1) dt muốn sử dụng được công thức trên phải biến đổi dt = 2 d (2 x + 1) .nghĩa
a

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
p p
4 4
dx dx dx
1/I= ò ; 2/J= ò ; 3/K= ò x 2 3 1 - x3 dx ;4/L= ò tan xdx ;5/ M= ò 4
p s inx p cos x cos x
3 3

e
x ln x x 2001dx
6/N= ò ; 7/ P= ò ; 8/Q= ò ;
x 2 + 1cos 4 x 2 + 1 1
x(ln 2 x + 1) (1 + x 2 )1002

p p p
2 3 4
sin x cos xdx dx sin 4 xdx
9/y= ò ; 10/T= ò ; 11/H= ò
0
3sin 2 x + 4cos 2 x p
3
sin xcos x 5
0
sin 6 x + cos 6 x
6

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
æ U ö U V - UV
' ' '
· ç ÷ =
èV ø V2
· ò (U V + UV )dx = ò d (UV )
' '

U 'V - UV ' æU ö
· ò V 2 dx = ò d ç V ÷
è ø
e2
æ 1 ö
Ví dụ 1 I= ò ç 2 ln x + ÷dx (ĐH NT-00)
e è ln x ø
Lời giải:
1
Ta có 2 ln x + = 2 ln x .( x)' + x(2 ln x )' = (2 x ln x )'
ln x



e2 e2
æ 1 ö
Do đó I= ò ç 2 ln x + ÷dx = ò d (2 x ln x )= 2 x ln x
e2
e = 2 2e 2 - 2e
e è ln x ø e
p
2
1 + s inx
Ví dụ 2 J= ò dx (ĐH -Dược -00)
0
1 + cos x
Lời giải:
p p x x p é ù p
1 + 2sin cos
1 + s inx x 2 e x dx = ê 1 e x + e x tan x údx = d æ e x tan x ö =
2 2 2 2

ò 1 + cos x e dx = ò 2
x ò ê
0 ê 2cos 2
x 2ú
ú ò çè 2ø
÷
0 0 2cos 2 0
2 ë 2 û
x p p
J= æ e x tan ö 02 = e 2
ç ÷
è 2ø

Nhận xét :Ngoài cách giải trên ta còn có thể giải như sau
p p p
2
1 + s inx x 2
1 2
s inx x
Cách 2 Phân tích K= ò e dx = ò e x dx + ò e dx = K1 + K 2
0
1 + cos x 0
1 + cos x 0
1 + cos x
p p p p
2 2 2 p 2
1 1 x x x
K1 = ò e x dx = ò e x dx = ò e x d (tan ) = e x tan 2
- ò tan e x dx
1 + cos x
0
0 0 2cos 2
x 0
2 2 0
2
2
p p
p 2 p 2 p p
sin x sin x x
=e -ò
2
e x dx = e - ò
2
e dx - K 2 Þ K = e 2 + K 2 - K 2 = e 2
0 2cos 2
x 0
1 + cos x
2
ì 1 + s inx ì é (1 + cos x) s inx ù
ïu = ïdu = ê - 2ú
Cách 3: Có thể đặt í 1 + cos x Þ í ë (1 + cos x) (1 + cos x) û dx
2

ïdv = e x dx ï
î îv = e
x

Từ đó ta có K=
p p
p p
1 + s inx x é (1 + cos x)e x
2
e x s inx ù 1 2 ex
-òê - dx = 2e 2 - - ò ( )' dx =
(1 + cos x) 2 (1 + cos x) 2 ú
2
e
1 + cos x 2 0 (1 + cos x)
o
o ë û
p p p
1 ex
2e - - (
2
) o =e2
2
2 1 + cos x
x 2 .e x
Ví dụ 3 K = ò dx
( x + 2) 2
Lời giải:



x 2 .e x é x 4x + 4 x ù x + 2 -1 é 1 1 ' xù
ò ( x + 2)2 dx = ò êe - ( x + 2)2 e údx = e - 4ò ( x + 2)2 dx =e - 4ò ê x + 2 (e ) + ( x + 2 ) e údx
x x x

ë û ë û
K=
x x
e ' e
e x - 4ò ( ) dx = e x - 4( )+C
x+2 x+2
Để luyện tập ta tính các tích phân sau
p

p2 p
I= ò é 4 x tan + x 2 (1 + tan 2 ) ùdx
4
x x
ê HD: I= tan
ë
0
2 2 úû 8 8
( x 2 + 1)e x
1
J= ò dx HD: J=1
0
( x + 1)2
p
2
pe
K= ò esinx (1 + x cos x)dx HD: K=
0 2

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 b

ò
a
f [u ( x)]u ( x), dx = ò f (u )du
a

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 a = u (a), b = u (b) .
Áp dụng tính chất trên ta có quy tắc đổi biến sau
b
Xét tích phân ò f ( x)dx
a
. Đặt t=V(x) khi đó ta biến đổi f(x)dx=g(t)dt do đó
b b

a
ò
ò f ( x)dx = a g (t )dt và a = u (a), b = u (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).
e
ln x
Ví dụ 0(ĐHKB-2010): Tính tích phân I = ò dx
1
x(2 + ln x) 2
1æ
2 ö
e 1
ln x 1 u 1
I =ò dx ; u = ln x Þ du = dx I = ò du = ò ç - ÷du
x ( 2 + ln x )
2
x (2 + u)
2
0è
ç 2 + u ( 2 + u )2 ÷
1 0 ø
1
æ 2 ö æ 2ö æ3ö 1
= ç ln 2 + u + ÷ = ç ln 3 + ÷ - ( ln 2 + 1) = ln ç 2 ÷ - 3
è 2+uø0 è 3ø è ø

2 3
dx
Ví dụ 1: Tính I= ò x x2 + 4
(ĐHKA-03)
5

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

2 3 2 3
dx xdx
I= ò x x2 + 4
= ò x2 x2 + 4
=
5 5

1 (t + 2) - (t - 2) 1 d (t - 2) 1 d (t + 2) 1 t -2
4 4 4 4 4
tdt dt 4 1 5
ò (t 2 - 4)t = ò t 2 - 4 = 4 ò (t + 2)(t - 2) dt = 4 ò t - 2 - 4 ò t + 2 = 4 ln t + 2
3 3 3 3 3
3
= ln
4 3
.

Nhận xét 1:
b
dx
-Dạng tổng quát của tích phân trên là ò (mx + n)
a px 2 + qx + c
ngoài cách giải như

trên là đặt t= px 2 + qx + c ta còn có thể giải như sau:
1
đặt mx+n= . Sau đó chuyển tích phân trên về biến mới t ta cũng thu được kết quả
t
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)


2
dx
J= ò
1 1+ x -1
Lời giải:
Thực hiện phép biên đổi t= x - 1 ,x=1 thì t=o,x=2 thì t=1,t2=x-1 suy ra x=t2+1
2tdt = dx từ đó ta có
(t 2 + 1)2tdt d (t + 1) 11
2 1 1 1 1 1
dx 4
ò 1 + x - 1 0 1 + t = ò [2t - 2t + 4 - t + 1]dt = 2ò t dt - 2ò dt - 4ò t + 1 = 3 - 4 ln 2
=ò 2 2

1 0 0 0 0

Ví dụ 3:( ĐHKB-04)
1 + 3ln x ln x
e
K= ò dx
1
x
Lời giải:
e
Nhận thấy K= ò 1 + 3ln x ln xd (ln x) do vậy ta chọn t= 1 + 3ln x , x=1,t=1,x=2,t=2
1

t 2 -1 3dx
lnx= và 2tdt= .Do đó
2 x
1 + 3ln x ln x t (t 2 - 1)2
e 2 2 2
2 4 116
K= ò dx = ò tdt = [ ò t dt - ò t 2 dt ] =
1
x 1
3.3 9 1 1
135
e3
ln 2 x
Ví dụ 4: Tính L= ò dx (Đề thi dự bị KD-2005)
1 x ln x + 1
Lời giải:
dx 2
ln x + 1 Þ t 2 = ln x + 1 Þ 2tdt = , t - 1 = ln x
Đặt t= x
x = e3 Þ t = 2; x = 1 Þ t = 1
e3 2
ln 2 x 76
L= ò dx = 2 ò (t 4 - 2t 2 + 1)dt = ... =
1 x ln x + 1 1
15

Ví dụ 5:
4
7
x3dx
Tính M= ò
0 1 + 3 x4 + 1
Lời giải:
Đặt t= 3 x 4 + 1 x=0,t=1,x= 4 7 ,t=2.Ta có t3=x4+1 suy ra 3t2dt=4x3dx do đó
4
3 t 2 dt 3 (t 2 + 1) - 1 3 3 d (t + 1) 3 3 3
7 2 2 2 2
x3dx
M= ò
0 1 + 3 x4 + 1
= ò 1 + t = 4 ò t + 1 = 4 ò (t - 1)d (t - 1) + 4 ò t + 1 = 8 + 4 ln 2
41 1 1 1

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
2
dx
Ví dụ 6: Tính N= ò
1 x11 1 + x 4
Lời giải:
2
2 1 1- dx
dx dx 1 1 x5
Bién đổi N= ò =ò Đặt t= 1 + 4 suyra 4 = t 2 - 1, dt =
1 x11 1 + x 4 0
x13 1 +
1 x x
1+ 4
1
x4 x
1 2 1
(
) 5 dx
dx 4 1 17
Và từ đó = x x = - (t 2 - 1)2 dt ,x=1,t= 2, x = 2, x = 2, t =
x13 1 + x4 1 + x4 2 16
17
1 16
dx 1
N= ò =- ò (t 4 - 2t 2 + 1)dt ta đưa về tích phân quen thuộc
0
11
x 1+ x 4 2 2

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:
p /4
sin( x - p / 4)
Tính L= ò sin 2 x + 2(1 + s inx + cos x)dx
0
(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( x - p / 4) dx
Do đó đặt t=sinx+cosx khi đó đổi cận ta có:
p /4 d (t + 1)
sin( x - p / 4) - 2 4-3 2
2
L= ò
0
sin 2 x + 2(1 + s inx + cos x)
dx =
2 ò
1
(t + 1) 2
dt =
4

Ví dụ 8
p /6
tan 4 x
Tính P= ò
0
cos2 x
dx (ĐHKA-08)

Lời giải:



p /6 p /6 p /6 p /6
tan 4 x tan 4 x tan 4 x tan 4 xd (t anx)
Nhận xét P= ò
0
cos2 x
dx = ò
0
cos 2 x - sin 2 x
dx = ò
0
(1 - tan 2 x)cos 2 x
dx = ò
0
(1 - tan 2 x)
p 1
Đặt tanx=t ,x=0thì t=0,x= thì t= .
6 3
1
p /6 3
tan x 4
t4
Do đó P= ò dx =ò dt =
0
cos2 x 0
1- t2
1 1 1
3
1 - (1 - t ) 4 3
dt 3
10 1
ò dt = ò 1- t - ò (1 + t )dt = - + ln(2 + 3)
2

0
1- t2 0
2
0 9 3 2
Nhận xét 4
b b
f (tan x) f (tan x)
-khi tính tích phân dạng ò
a
cos2 x
dx hoặc ò
a
sin 2 x
dx ta viết như sau
2 2 2 2
Cos2x=cos x(1-tan x); sin2x=2cos xtan x sau đó đặt t= tanx thì
dx
dt= sau đó Đưa về tích phân cơ bản.
cos 2t
b
a tan 4 x
-Bài toán tổng quát của bài trên là P= ò dx; a, b Î R
a bcos2 x

- Với cánh khai thác trên ta có thể giải quyết bài toán tổng quát hơn như sau
b
a tan 4 x
P 1= ò 2
a b sin x + c sin x cos x + dcos x
2
dx; a, b, c, d Î R với chú ý là

(bsin2x+csinx cosx+dcos2x)=(btan2x+ctanx+d)cos2x do đó ta chọn t =tanx
b
- Đối với các tích phân lượng giác ò R(s inx, cos x)dx
a
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
p /2
sin 2 x cos x
Ví dụ 9: Tính Q= ò0
1 + cosx
dx (ĐHKB-05)

Lời giải:
Biến đổi
p /2 p /2
sin 2 x cos x sin x cos 2 x
Q= ò
0
1 + cosx
dx = 2 ò
0
1 + cosx
dx



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

Nhận xét 5:
b
a sin 2 x cos x
-Tích phân trên có dạng tổng quát Q= ò dx có hai cách đặt
a b + Ccosx
C1: t=b+ ccosx
C2: t=cosx
Ví dụ 10:
p /3
dx
R= ò sin
p /4
2
x - 2sin x cos x
Lời giải: Nhận xét bậc của sinx chẵn nên ta nghĩ tới cách đặt t= tanx
p /3 p /3 p /3
dx dx 1 d (t anx)
R= ò 2 = R= ò =ò
p /4 sin x - 2sin x cos x p /4 (tan x - 2 t anx) cos x p /4 (tan x - 2 t anx)
2 2 2

p /3 3 3
d (t anx) dt 1 1 1 1 2
đặt t=tanx ta có R=
p
ò/4 (tan 2 x - 2 t anx) = ò
1
=
t - 2t 2
2 ò ( t - 2 - t )dt = 2 ln(1 -
1 3
)

Nhận xét 6
b
dx
- Tích phân tổng quát của tích phân trên là R= ò
a a sin x + b sin x cos x + ccos 2 x
2

b b
dx d (t anx)
Ta biến đổi R= ò =ò
a (a tan x - b t anx + c)cos x a (a tan x - b t anx + c)
2 2 2

sau đó đặt t=tanx
b
sin x cos xdx
- Tương tự đối với tích phân lượng giác có dạng R= ò ,nÎ N
a (a sin 2 x + b 2cos 2 x) n
2

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
x2 - 1
2
Tính G= ò dx
1
x4 + 1
Lời giải:
1 1 1 1
Nhận xét ( x 2 + 2
) = ( x + ) 2 - 2, d ( x + ) = (1 - 2 )dx từ đó ta biến đổi như sau
x x x x


1 1 1
2 1- 1- 2 d (x + )
x2 -1
2 2 2
2
G= ò 4 dx = ò x dx = G=
ò x dx = ò x
1
x +1 1 x2 +
1 1 2
1 (x + ) - 2
1 2
1 (x + ) - 2
x2 x x
1
Đặt t=x + ,x=1 thì t=2,x=2 thì t=5/2
x
Khi đó ta có
x2 -1
2
G= ò dx =
1
x4 + 1
5/2
dt 1
5/2
(t - 2) - (t - 2) 1 t- 2 1 (5 - 2 2)(2 + 2)
ò dt = ò dt = =
5/2
ln ln
u -2 (t - 2)(t + 2) 2 2 t+ 2 6- 2
2 2
2 2 2 2 2 2
Ví dụ 12
ln 5
dx
Y= ò (ĐHKB-06)
ln 3
e + 2e - x - 3
x

Lời giải:
dx e x dx d (e x )
Nhận xét x = =
e + 2e- x - 3 e2 x - 3e x + 2 (e x - 1)(e x - 2)
Đặt t=e x,x=ln3 thì t=3,x=ln5 thì t=5
ln 5 5
dx dt
Y= ò =ò =
ln 3
e + 2e - x - 3
x
3
(t - 1)(t - 2)

(t - 1) - (t - 2)dt d (t - 2) d (t - 1) t -2
5 5 5
3
ò (t - 1)(t - 2) = ò t - 2 - ò t - 1 = ln t - 1 = ln
5
3
3 3 3
2

Ví dụ 13
1 - x7
2
H= ò dx
1
x(1 + x 7 )
Lời giải:
1 - x7 (1 - x 7 ) x 6 1 (1 - x 7 ) 7
Nhận thấy dx = 7 dx = d ( x 7 ) do đó ta nghĩ tới đặt t=x
x(1 + x 7)
x (1 + x ) 7
7 (1 + x )
7

1- x 1 (1 - t )dt 1 (1 + t ) - 2t
2 7 128 128 128 128
1 dt dt 1 512
H= ò dx = ò = ò dt = [ ò - 2 ò ] = ln
1
x(1 + x )
7
7 1 t (t + 1) 7 1 t (t + 1) 7 1 t 1
1 + t 7 16641

Ví dụ 14
1
K= ò x5 (1 - x3 )6 dx
0



Lời giải:
1 1
Nhận xét x5(1-x3)6=x3(1-x3)6x2=- x3 (1 - x3 )6 d (1 - x3 ) = - [1 - (1 - x3 )](1 - x3 )6 d (1 - x3 )
3 3
Do đó ta đặt t=1-x3 và ta có
1 0 0
1 1 1
K= ò x (1 - x ) dx = - ò (1 - t )6 dt = ò (1 - t )6 d (1 - t ) =
5 3 6

0
31 31 168
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:
b
Tư tưởng của kỹ thuật này là :Giả sử ta cần tính tích phân I= ò f ( x)dx thì ta chọn
a

X=u(t),với u(t) là hàm số ta chọn thích hợp
Biểu diễn dx=u’(t)dt, u( a ) = a, u ( b ) = b
Biểu thị f(x)dx theo t và dt,giả sử f(x)dx=g(t)dt
b b
I= ò f ( x)dx = ò g (t )dt là tích phân dễ tìm hơn tích phân ban đầu.
a a
2
2
x 2 dx
Ví dụ 1: Tính I= ò
0 1 - x2
Lời giải :
Nx: ta có sin2t+cos2t =1 nên 1-sin2t=cos2t, 1 - sin 2 t = cos t do đó ta nghĩ tới
p p p
Đặt x=sint t Î é - ; ù
2
ê 2 2ú x=0,t=0,x= , t = ,dx=costdt
ë û 2 4



2
p /4 p /4 p /4
2
x 2 dx sin 2 x cos tdt sin 2 t cos t 1 - cos2t p 1
I= ò
0 1- x 2
= I= ò
0 1 - sin t2
= ò
0
cos t
dt = ò
0
2
dt = -
8 4
Nhận xét 1 :
- Có thể đặt x=cost tÎ [ 0; p ]
-Đối với những tích phân có chứa các biểu thức a 2 - x 2 ta có thể đặt x=acost ,
t Î [ 0; p ]
p p
hoặc x= asint , tÎ é - ; ù
ê 2 2ú
ë û
6
dx
Ví dụ 2: Tính J= ò x x2 - 9
3 2

Lời giải:
3
Đặt x= , t Î (0; p / 2)
sin t
-3cos tdt 1 p 1 p
dx= 2
, x = 3 2,sin t = Þ t = , x = 6,sin t = Þ t =
sin t 2 4 2 6
p /6 p /4 p4
6
dx -3cos tdt 1 cos tdt 1 p
J= ò = ò
cos t 3 pò
= ò = dt =
3 2 x x -9
2
3 9 3 p /6 sin t 36
p /4
sin 2 t -9 /6
2
sin t sin t sin t

Nhận xét 2:
3
- có thể đặt x= ,
cost
a
- đối với những tích phân có chứa biểu thức x2 - a2 (a>0) ta có thể đặt x=
cost
a
hoặc X= ,
sin t
Ví dụ 3
1 + x2
3
Tính K= ò dx
1
x2
Lời giải;
p p
Đặt x=tant,tÎ (- ; )
2 2
p p dt 1
x =1Þ t = , x = 3 Þ x = , dx = 2
; 1 + x 2 = 1 + tan 2 x =
4 3 cos t cos t
3
p /3 p /3 p /3
1 + x2
3 2
1 dt dt d (sin t ) du
K= ò dx = ò/4 sin 2 t cos2t = pò/4 cos t sin 2 t = pò4 sin 2 t (1 - sin 2 t ) = òu =
1
x2 p cos t 2
2
(1 - u 2 )
cos 2t 2



3 3
2
du 2
du 3 2 -2 3
ò u2
+ ò 1- u 2
= ln(2 + 3)( 2 - 1) +
3
2 2
2 2

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
1
xdx
Ví dụ 4 Tính L= ò
0
x + x2 + 1
4

Lời giải:
1 3
1 1 1 d (t + ) 1
xdx 1 d ( x2 ) 1 d (t ) 1 12 d (u )
L= ò 4 2 = ò 2 2 2 = ò 2 = ò 2 = ò
x + x + 1 2 0 ( x ) + x + 1 2 0 (t ) + t + 1 2 0 1 3 21 3
0
(t + ) 2 + ( ) 2 2
(u ) 2 + ( ) 2
2 2 2
3 p p 3 p 1 p
Đặt tan a , t Î (- ; ) ,u= Þ tan a = 3 Þ a = ,, u = Þ a =
2 2 2 2 3 2 6
3 p 3 p
da
12 d (u ) 13 33 p 3
L= ò = ò 2 = ò da = 18 ,
21 3 2 p cos 2a . 3 (1 + tan 2 a ) 3 p
(u ) 2 + ( ) 2
2
2 6 4 6

Nhận xét 5
Một số tích phân có chứa các biểu thức ( x - a )(b - x) ,b>a>0 Khi đó ta đặt
p
X=a+(b-a)sin2t , t Î é0; ù .ta xét ví dụ sau
ê 2ú
ë û
3
2
Ví dụ 5: Tính M= ò ( x - 1)(2 - x)dx
5
4

Lời giải :
Nhận xét a=1,b=2 Đặt x=1+sin2t
p p p
t Î é0; ù ,dx=2sintcostdt,x= Þ t = ; x = Þ t =
5 3
ëê ú 2û 4 6 2 4
3 3 p
2 2 4
M= ò ( x - 1)(2 - x)dx = ò ( x - 1)(2 - x)dx =2 ò sin 2 t (1 - sin 2 x) sin t cos tdt =
5 5 p
4 4 6



p p
4
1 4
1 p 3
2 ò sin 2 t cos 2 tdx = ò (1 - cos2t )d = 8 (12 - 8 ) .
p 2p
6 6

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
p p
a2 - x2 (a>0) X=asint tÎ é - ; ù hoặc
ê 2 2ú
ë û
x=acost t Î [ 0; p ]
p p
x2 - x2 t Î é - ; ù 0
(a>0) a
X= ê 2 2ú
sin t ë û
a
X= tÎ [ 0; p ] p / 2
cost
p p
a2 + x2 (a>0) X=atant t Î æ - ; ö ho ặc
ç ÷
è 2 2ø
X=acott t Î ( 0; p )
a+x a-x X=acos2t
hoặc
a-x a+x
X=a+(b-a)sin2t
( x - a )(b - x)

Nhận xét 7:
-Đôi khi để sử dụng đổi biến số dạng 2 laị bắt đầu từ dạng 1
p
4
sin 2 xdx
Ví dụ 6: Tính K= ò
-p cos 4 x(tan 2 x - 2 t anx + 5)
(Đề thi dự bị 2008-B)
4

Lời giải:



p p
2
4
sin xdx tan 2 xd (t anx)
4
Biến đổi K= ò = ò
-p cos 4 x(tan 2 x - 2 t anx + 5) -p (tan 2 x - 2 t anx + 5)
4 4

Đặt tanx=t đổi cận đưa K vể dạng
d (t 2 - 2t + 5)
1 1 1 1
t 2 dt dt
K= ò = ò dt + ò 2 - 3ò
-1
(t - 2 t + 5) -1
2
-1
t - 2t + 5 -1
(t - 1) 2 + 4
3p
Lại đặt t-1=2tant đổi cận tính toán ta được K=2-ln2
8

-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
p
có cận trên là ; p ; 2p ,...
2
Khi tính các tích phân này thường dẫn tới giải một phương trình đơn giản với ẩn
số là t
Ví dụ 7:
p /2
sin 4 xdx
Tính H= ò
0
cos 4 x + sin 4 x
p
Lời giải: Đặt x= - t Þ dx = -dt và ta có
2
0 p /2
sin 4 xdx cos 4 xdx
I= - ò = ò suy ra
p 2 cos x + sin x cos 4 x + sin 4 x
4 4
0
p /2 p /2
sin x + cos xdx
4 4
p
2I= ò 0
cos 4 x + sin 4 x
= ò dx = p / 2 Þ x = 4
0

Ví dụ 8
2p
Tính F= ò xcos3 xdx
0

Lời giải:
Đặt x= 2p - t Þ dx = - dt và ta có
0 2p 2p 2p
I= - ò (2p - t )cos (2p - t )dt = ò (2p - t )cos tdt = 2p ò cos tdt - ò tcos3tdt
3 3 3

2p 0 0 0
2p 2p
cos3t + 3cos t
Þ 2I = ò cos tdt = ò dt = 0
3

0 0
4
Ví dụ 9:



p
x s inx
Tính M= ò dx
0
1 + cos 2 x
Lời giải:
Đặt x= p - t Þ dx = -dt
p
x s inx
M= ò dx
0
1 + cos 2 x
p p p p
(p - t )sin tdt p sin tdt
0
sin tdt t sin tdt sin tdt
=ò =pò -ò Þ 2M = p ò ÞM = ò
p 1 + cos t
2
0
1 + cos t 0 1 + cos t
2 2
0
1 + cos t
2
2 0 1 + cos 2t
Lại đặt u=cost suy ra du=sintdt
p p s int p 1 dt 1
dt p2
2 ò 1 + cos 2t
M= dt = ò =pò =
0
2 -1 1 + t 2 0
1+ t2 4
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
a+b
b b

ò xf ( x)dx =
a
2 òa
f ( x)dx

Đặc biệt hơn :
p -a
p p -a
Nếu f(x) là hàm số liên tục trên [0;1] thì ò xf (s inx)dx = ò f (s inx)dx
a 2 a
2p -a 2p -a
Nếu f(x) là hàm số liên tục trên [0;1] thì ò xf (cosx)dx = p ò f (cosx)dx
a a

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
Þ ò udv = uv b - ò vdu
a (I)
a a

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.
b b
Như vậy để tính ò udv
a
ta chuyển về tính ò vdu ,Như vậy điều quan trọng nhất khi
a

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
b b
-Tích phân ò vdu
a
dễ tính hơn so với ò udv
a

Sau đây là một số dạng Tích phân thường được sử dụng kỹ thuật “Tích phân từng
phần”
b
1-Dạng I ò P( x) ln ( K Î Z)
k
xdx :
a

ìu = ln k x ìdu = k ln k -1 xdx
ï
Thường chọn: í Þí
îdv = p ( x)dx ïv = ò p ( x)dx
î
Chọn u như vậy để khử lnx dưới dấu Tích phân , đồng thời dễ tìm V
e
æ 3ö
Ví Dụ 0: (ĐHKD-2010)Tính tích phân I = ò ç 2 x - ÷ ln xdx
1è
xø
e e
æ 3ö
e e
1 dx
I = ò ç 2 x - ÷ ln xdx = 2ò x ln xdx - 3ò ln x. dx I1 = ò x ln xdx ;Đặt u = ln x Þ du = ;
1è
xø x x
14243 14 3
1 1
24 1
I1 I2
e e
x2 æ x2 ö 1
e
e2 1 æ x 2 ö e2 + 1
dv = xdx Þ v = I1 = ç ln x ÷ - ò xdx = - ç ÷ =
2 è 2 ø1 2 1 2 2è 2 ø1 4



1
dx
1
æ t2 ö 1
Tính I2 : Đặt t = lnx Þ dt = x = 1 ; t = 0; x = e ; t = 1. I 2 = ò tdt = ç ÷ = . Vậy
x 0 è 2 ø0 2
e2 - 2
I=
2
3 + ln x
3
Ví Dụ 1: (ĐHKD-2009): Tính tích phân I = ò dx
1
(x + 1) 2
3
3 + ln x -3
3 3 3 3 3
dx ln x dx 3 ln x
I=ò dx = 3ò +ò dxI1 = 3ò = = I2 = ò dx
1
(x + 1) 2
1
(x + 1) 2
1
(x + 1) 2
1
(x + 1) 2
(x + 1) 1
4 1
(x + 1) 2
dx dx -1
Đặt u = lnx Þ du = dv = . Chọn v =
x (x + 1) 2
x +1
3 3 3 3
ln x dx ln 3 dx dx ln 3 3 3
I2 = - +ò =- +ò -ò =- + ln Vậy : I = (1 + ln 3) - ln 2
x + 1 1 1 x(x + 1) 4 1
x 1 x +1 4 2 4

2
ln x
Ví Dụ 2: (ĐHKD-08) I= ò dx
1
x3
Lời giải:
ì dx
ìu = ln x ïdu =
- ln x dx 3 - 2 ln 2
Đặt ï ï
2 2
x ln x
Þí Þ : I= ò 3 dx = +ò =
2
í dx
ïdv = 3 ïv = dx = -1 2 x2 2 x3
1
x 16
î ï ò x3 2 x 2
1 1
x
î
Nhận xét: Một số tích phân muốn đưa về dạng trên cần thông qua đổi biến số dạng
1

Ví dụ 3:
p
2
cos x ln(s inx)
J= ò
p sin 2 x
dx
6

Lời giải:
p
2
ln(s inx)
Viết lại J= ò
p sin 2 x
d (s inx) Đặt t=sinx , Đổi cận ta đi đến tích phân sau
6

ì dt
ìu = ln t ïdu =
- ln t
Đặt ï ï
1 1
ln t t dt
ò t 2 dt dt Þ í Þ M= = +ò = 1 - 2 ln 2
1
J= í 1
ïdv = 2 ïv = dt dt = -1 t 1 t
ï ò t2
1 2
î t
2
î t 2



p
3
ln(tan x)
Ví dụ 4: K= ò dx
p cos 2 x
4

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
p p
ì dx
3
ln(tan x) 3
ìu = ln (t anx) ï du =
K= ò dx = ò ln(t anx)d (t anx) Đặt ídv = d (t anx) Þ í sin x cos x Þ
p cos 2 x p î ïv = t anx
4 4 î
p
p 3 p
t anx 3 ln 3 3 ln 3
K= tan x ln(t anx) 3
p -ò dx = - t anx 3
p = - 3 +1
4 p sin x cos x 2 4 2
4

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
b
thức Tính tích phân từng phần phụ thuộc vào số K trong tích phân ò P( x) ln k xdx .Cụ
a

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
e
Ví dụ 5: L= ò x 3 ln 2 xdx (ĐHKD-07)
1

Lời giải:

ì 2 ln xdx
ìu = ln x ïdu =
Đặt ï ï
2 e
x x 4 ln 2 x e 1 3 e4
í Þí Þ L= - ò x ln x = - L'
ïdv = x dx ïv = x3dx = x
3 4 1
î 4 21 4
ï
î ò 4
ì dx
ìu = ln x
ï ï du = x
ï 4
’ x ln x e 1
e
3e 4 1
'
Lại đặt í Þí ÞL = - ò x3 dx = -
ïdv = x dx ïv = x3 dx = x
3 4 1
î 4 41 16 16
ï
î ò 4
5e - 1
4
Từ đó L=
32
Nhận xét 3:
Mộ số tích phân chứa p(x) phức tạp ,ta vẫn dựa vào cách đặt trên để khử lnf(x)


Pp tinh tichphan-nvcuong-new

Empfohlen

Empfohlen

Weitere ähnliche Inhalte

Was ist angesagt?

Was ist angesagt? (19)

Andere mochten auch

Andere mochten auch (12)

Ähnlich wie Pp tinh tichphan-nvcuong-new

Ähnlich wie Pp tinh tichphan-nvcuong-new (20)

Pp tinh tichphan-nvcuong-new