Giáo án môn Toán 11 - Các phương pháp tính tích phân

www.MATHVN.com CÁC PHƯƠNG PHÁP TÍNH TÍCH PHÂN GV Vũ Sỹ Minh - Email: vusyminh@gmail.com - www.mathvn.com 1 Chuyên đề 1: Các ph−ơng pháp tính tích phân Thông thường ta gặp các loại tích phân sau đây: +) Loại 1: Tích phân của hàm số đa thức phân thức hữu tỷ. +) Loại 2: Tích phân của hàm số chứa căn thức +) Loại 3: Tích phân của hàm số l−ợng giác +) Loại 4: Tích phân của hàm số mũ và logarit Đối với các tích phân đó có thể tích theo các ph−ơng pháp sau: I) Ph−ơng pháp biến đổi trực tiếp Dùng các công thức biến đổi về các tích phân đơn giản và áp dụng đ−ợc )a(F)b(F)x(Fdx)x(f b a b a −==∫ +) Biến đổi phân thức về tổng hiệu các phân thức đơn giản Ví dụ 1. Tính: 1. ∫ − = 2 1 3 2 dx x x2xI ta có 12ln)21(ln)12(ln x 2 xlndx) x 2 x 1(I 2 1 2 1 2 −=+−+=      +=−= ∫ 2. ∫ +− = 2e 1 dx x 4x3x2J ( )∫ ++−=+−= +−= − 2 2e 1 2 e 1 2/1 7e4e3xln4x3x4dx x 43x2 3. ∫ −− = 8 1 3 2 3 5 dx x3 1x3x4K ∫ =     −−=      −−= − 8 1 8 1 33 423/23/1 4 207 xx 4 3 x 3 4dxx 3 1 xx 3 4 +) Biến đổi nhờ các công thức l−ợng giác Ví dụ 2. Tính: 1. ∫ − = 2/ 2/ xdx5cosx3cosI pi pi ( ) 0 8 x8sin 2 x2sin 2 1dxx8cosx2cos 2 1 2/ 2/ 2/ 2/ =      +=+= ∫ − − pi pi pi pi 2. ∫ − = 2/ 2/ xdx7sinx2sinJ pi pi ( ) 45 4 9 x9sin 5 x5sin 2 1dxx9cos)x5cos( 2 1 2/ 2/ 2/ 2/ =      −=−−= ∫ − − pi pi pi pi 3. ∫ − = 2/ 2/ xdx7sinx3cosK pi pi ( ) 0 10 x10cos 4 x4cos 2 1dxx10sinx4sin 2 1 xdx3cosx7sin 2/ 2/ 2/ 2/ 2/ 2/ =      +−=+== ∫∫ − − − pi pi pi pi pi pi 4. ∫= pi 0 2 0 xdxcosx2sinH ∫ =     −−= + = pi pi 0 0 0x4cos 16 1 x2cos 4 1dx 2 x2cos1 x2sin hoặc biến đổi ∫= pi 0 2 xdxcosx2sinH ∫ =     −−= + = pi pi 0 0 0x4cos 16 1 x2cos 4 1dx 2 x2cos1 x2sin 5. ∫ + ++ = 2/ 6/ dx xcosxsin x2cosx2sin1G pi pi ( ) 1xsin2xdxcos2dx xcosxsin xsinxcos)xcosx(sin 2/ 6/ 2/ 6/ 2/ 6/ 222 −=−== + −++ = ∫∫ pi pi pi pi pi pi 6. ∫= 2/ 0 4 xdxsinE pi ( ) 16 3 x2sin 4 x4sin x3 8 1dxx2cos4x4cos3 8 1dx 2 x2cos1 2/ 0 2/ 0 2/ 0 2 pi pipipi =      −+=−+=      − = ∫∫ 7. ∫= 4/ 0 2 xdxtanF pi ( ) 4 4 xxtandx1 xcos 1 4/ 0 4/ 0 2 pipi pi − =−=      −= ∫ . Đề xuất: ∫= 2/ 4/ 2 1 xdxcotF pi pi và ∫= 4/ 0 4 2 xdxtanF pi +) Biến đổi biểu thức ở ngoài vi phân vào trong vi phân Ví dụ 3. Tính: 1. ∫ += 1 0 3 dx)1x2(I 10 4 )1x2( 2 1)1x2(d)1x2( 2 1 1 0 41 0 3 = + =++= ∫ 2. ∫ − = 2 1 3 dx)1x2( 1J 0)1x2( 1 4 1 2 )1x2( 2 1)1x2(d)1x2( 2 1 1 0 2 1 0 22 1 3 = − −= − + =−−= − −∫ www.MATHVN.com CÁC PHƯƠNG PHÁP TÍNH TÍCH PHÂN GV Vũ Sỹ Minh - Email: vusyminh@gmail.com - www.mathvn.com 2 3. ∫ −= 3/7 1 dx3x3K 9 16)3x3( 9 2)3x3(d)3x3( 3 1 3/7 1 3 3/7 1 2/1 =−=−−= ∫ 4. ∫ − = 4 0 x325 dxH 3 13210)x325( 3 2)x325(d)x325( 3 1 1 0 2/1 4 0 2/1 − =− − =−−−= ∫ − 5. ∫ −++ = 2 1 dx 1x1x 1G 3 123dx)1x1x( 2 1dx)1x()1x( 1x1x2 1 2 1 −− =         −−+= +−− −−+ = ∫ ∫ (Nhân cả tử và mẫu với bt liên hợp của mẫu số) Đề xuất C)cax()bax()cb(a 1dx caxbax 1G 331 +    +++ − = +++ = ∫ với cb;0a ≠≠ 6. ∫ −= 1 0 dxx1xP ∫ ∫∫ =−+−−−−=−+−= 1 0 1 0 1 0 5 4dxx1)x1(dx1)1x(dxx1)11x( 7. ∫ −= 1 0 x1 xdxeQ 2 = 1ee)x1(de 2 1 1 0 x1 1 0 2x1 22 −=−=−− −−∫ Đề xuất 15 264dxx1xQ 1 0 23 1 − =+= ∫ HD đ−a x vào trong vi phân và thêm bớt (x2 + 1 - 1). Ví dụ 4. Tính: 1. 0dx)x2sin3x3cos2(I 0 1 =+= ∫ pi ; 4 1 xdxcosxsinI 2/ 0 3 2 == ∫ pi và 1exdxsineI 2/ 0 xcos 3 −== ∫ pi 2. 2lnxdxtanJ 4/ 0 1 == ∫ pi ; 2lnxdxcotJ 2/ 6/ 2 == ∫ pi pi và 2ln 3 2dx xcos31 xsinJ 4/ 0 3 =+ = ∫ pi (đ−a sinx, cosx vào trong vi phân) 3. 1cos1dx x )xsin(lnK e 1 1 −== ∫ ; 2cos1dxx )xcos(lnK 2e 1 2 −== ∫ và 2dx xln1x 1K 3e 1 3 = + = ∫ {đ−a 1/x vào trong vi phân để đ−ợc d(lnx)} 4. ∫ += 3ln 1 x x 1 dx e2 eH e2 5lne2ln 3ln 1 x + =+= ∫ + − = 2ln 0 x x 2 dx e1 e1H ∫ ∫∫ −=+−=+ −+ = 2ln 0 2ln 0 x x2ln 0 x xx 3ln22ln3dx e1 e2dxdx e1 e2e1 ∫ += 2ln 0 x3 5e dxH 7 12ln 5 15eln 5 1 x 5 1 5e dxe 5 1dx 5 1 5e dx)e5e( 5 1 2ln 0 x 2ln 0 x x2ln 0 2ln 0 x xx =      +−= + −= + −+ = ∫∫∫ ∫ −+= 1 0 xx x 4 ee dxeH ∫ + =+= + = 1 0 21 0 x2 x2 x2 2 1eln 2 11eln 2 1 1e dxe +) Biến đổi nhờ việc xét dấu các biểu thức trong giá trị tuyệt đối để tính ∫= b a dx)m,x(fI - Xét dấu hàm số f(x,m) trong đoạn [a; b] và chia [ ] ]b;c[...]c;c[]c;a[b;a n211 ∪∪∪= trên mỗi đoạn hàm số f(x,m) giữ một dấu - Tính ∫∫∫ +++= b c c c c a n 2 1 1 dx)m,x(f...dx)m,x(fdx)m,x(fI Ví dụ 5. Tính: 1. ∫ −+= 2 0 2 dx3x2xI Ta xét pt: 3x1x0 32x x 2 =∨=⇔=+ . Bảng xét dấu f(x) www.MATHVN.com CÁC PHƯƠNG PHÁP TÍNH TÍCH PHÂN GV Vũ Sỹ Minh - Email: vusyminh@gmail.com - www.mathvn.com 3 Suy ra 4dx)3x2x(dx)3x2x(dx3x2xdx3x2xI 2 1 2 1 0 2 2 1 2 1 0 2 =−++−+−=−++−+= ∫∫∫∫ 2. ∫ − −= 1 3 3 dxxx4J tính t−ơng tự ta có 16dxxx4dxxx4dxxx4J 1 0 3 0 2 3 2 3 3 =−+−+−= ∫∫∫ − − − 3. 2ln 14dx42K 3 0 x +=−= ∫ 4. ∫ −= pi2 0 1 dxx2cos1H 22dxxsin2dxxsin2dxxsin2 2 0 2 0 =+== ∫∫∫ pi pi pipi ∫ −= pi 0 2 dxx2sin1H {Viết (1 – sin2x) về bình ph−ơng của một biểu thức rồi khai căn} 22dxxcosxsindxxcosxsindxxcosxsindxxcosxsin 2/3 4/3 4/3 4/ 4/ 00 =+++++=+= ∫∫∫∫ pi pi pi pi pipi II) Ph−ơng pháp đổi biến số A - Ph−ơng pháp đổi biến số dạng 1: Giả sử cần tính tích phân ∫= b a dx)x(fI ta thực hiện các b−ớc sau: - B−ớc 1. Đặt x = u(t) - B−ớc 2. Lấy vi phân dx = u’(t)dt và biểu thị f(x)dx theo t và dt. Chẳng hạn f(x)dx = g(t)dt - B−ớc 3. Đổi cận khi x = a thì u(t) = a ứng với t = α ; khi x = b thì u(t) = b ứng với t = β - B−ớc 4. Biến đổi ∫= β α dt)t(gI (tích phân này dễ tính hơn thì phép đổi biến mới có ý nghĩa) Cách đặt đổi biến dạng 1. Cách đặt 1. Nếu hàm số chứa 2x1 − thì đặt ]2/;2/[t;tsinx pipi−∈= hoặc đặt ];0[t;tcosx pi∈= Ví dụ 1. Tính: 1. ∫ − = 1 2/2 2 2 dx x x1A ta đặt ]2/;2/[t;tsinx pipi−∈= ⇒ dx = cost.dt; đổi cận khi x = 2 /2 thì t = 4/pi ; khi x = 1 thì t = 2/pi . Khi đó 4 4dt. tsin tsin1dt. tsin tcosdt.tcos tsin tsin1A 2/ 4/ 2 22/ 4/ 2 22/ 4/ 2 2 pi pi pi pi pi pi pi − = − == − = ∫∫∫ 2. ∫ − = 1 0 2 2 dx x4 xB ta viết ∫ − = 1 0 2 2 dx )2/x(12 xB . Đặt ];0[t;tcos)2/x( pi∈= ⇒ tdtsin2dxtcos2x −=⇒= Đổi cận suy ra ( ) 2 3 3 dtt2cos12tdtcos4)tdtsin2( tcos12 )tcos2(B 2/ 3/ 2/ 3/ 2 3/ 2/ 2 2 −=+==− − = ∫∫∫ pi pi pi pi pi pi pi 3. ∫ −= 1 0 22 dxx34xC Tr−ớc hết ta viết ∫        −= 1 0 2 2 dx 2 x.31x2C . Đặt ]2/;2/[t;tsinx 2 3 pipi−∈= đ−a tích phân về dạng: 12 1 27 32dt 2 t4cos1 33 4 tdtcostsin 33 16C 3/ 0 3/ 0 22 += − == ∫∫ pi pipi Chú ý: www.MATHVN.com CÁC PHƯƠNG PHÁP TÍNH TÍCH PHÂN GV Vũ Sỹ Minh - Email: vusyminh@gmail.com - www.mathvn.com 4 - Nếu hàm số chứa 0a,xa 2 >− thì ta viết 2 2 a x1axa       −=− và đặt       ∈= −∈= ];0[t;tcos a x ]2/;2/[t;tsin a x pi pipi - Nếu hàm số chứa 0b,a,bxa 2 >− thì ta viết 2 2 x a b1abxa         −=− và đặt        ∈= −∈= ];0[t;tcosx a b ]2/;2/[t;tsinx a b pi pipi Ví dụ 2. Tính: 1. ∫ − = 2 3/2 2 dx 1xx 1E {Viết tích phân về dạng 2X1 − } ta viết ( )∫ −= 2 3/2 22 dx x/11x 1E và đặt [ ]2/;2/t;tsin x 1 pipi−∈= suy ra 12 dtE 3/ 4/ pi pi pi == ∫ 2. ∫ − = 3/22 3/2 3 2 dx x 4x3G {Viết tích phân về dạng 2X1 − } ta viết ( ) ∫ − = 3/22 3/2 3 2 dx x x3/21.x.3 G và đặt [ ]2/;2/t;tsin x3 2 pipi−∈= suy ra tích phân có dạng 16 )336(3 tdtcos 2 33G 3/ 4/ 2 −+ == ∫ pi pi pi {Nếu tích phân có dạng bax 2 − thì viết về dạng 2X1− } Cách đặt 2. Nếu tích phân có chứa 2x1 + hoặc ( )2x1 + thì ta đặt ( )2/;2/t;ttanx pipi−∈= hoặc ( )pi;0t;tcotx ∈= Ví dụ 3. Tính: 1. ∫ += 3 3/1 2 dxx1 1M ta đặt ( )2/;2/t;ttanx pipi−∈= suy ra 6 dtM 3/ 6/ pi pi pi == ∫ 2. ∫ + = 3 1 22 dx x1.x 1N ta đặt ( )2/;2/t;ttanx pipi−∈= suy ra 3 3218dt .tsin tcosN 3/ 4/ 2 − == ∫ pi pi 3. ∫ ≠+= a 0 222 0a;dx)xa( 1P ta viết ∫       + = a 0 2 24 dx ) a x(1a 1P và đặt ;ttan a x = ⇒ 3 4/ 0 2 3 a4 2 tdtcos a 1P +== ∫ pi pi 4. ∫ ++= 1 0 2 dx1xx 1Q ta viết ∫       ++ = 1 0 2 dx ) 2 1 x( 3 21 1 3 4Q và đặt ( )2/;2/t;ttan 2 1 x 3 2 pipi−∈=      + ⇒ 9 3dt 2 3 3 4Q 1 0 pi == ∫ Chú ý: Nếu gặp tích phân chứa 2bxa + hoặc 2bxa + thì ta viết:                 +=+ 2 2 x a b1axba hoặc 2 2 x a b1abxa         +=+ và ta đặt ( )2/;2/t;ttanx a b pipi−∈= www.MATHVN.com CÁC PHƯƠNG PHÁP TÍNH TÍCH PHÂN GV Vũ Sỹ Minh - Email: vusyminh@gmail.com - www.mathvn.com 5 Cách đặt 3. Nếu tích phân có chứa xa xa + − hoặc xa xa − + thì ta đặt ta đặt ]2/;0[t;t2cosax pi∈= và l−u ý vận dụng     =+ =− tcos2t2cos1 tsin2t2cos1 2 2 Ví dụ 4. Tính: 1. ∫ − > − + = 0 a 0a;dx xa xaI ta đặt ]2/;0[t;t2cosax pi∈= suy ra ∫ − − + = 4/ 2/ dt)t2sina2( t2cos1 t2cos1I pi pi 4 4 a pi− = 2. ∫ − + = 2/2 0 dx x1 x1J ta đặt ]2/;0[t;t2cosx pi∈= suy ra ∫ − − + = 8/ 4/ dt)t2sin2( t2cos1 t2cos1J pi pi = 4 224 tdtcos4J 4/ 8/ 2 −+ == ∫ pi pi pi {có thể đặt t x1 x1 = − + suy rra tích phân J về dạng tích phân của hàm số hữu tỷ} B - Ph−ơng pháp đổi biến số dạng 2: Giả sử cần tính tích phân ∫= b a dx)x(fI ta thực hiện các b−ớc sau: - B−ớc 1. Đặt t = v(x) - B−ớc 2. Lấy vi phân dx = u’(t)dt và biểu thị f(x)dx theo t và dt. Chẳng hạn f(x)dx = g(t)dt - B−ớc 3. Đổi cận khi x = a thì u(t) = a ứng với t = α ; khi x = b thì u(t) = b ứng với t = β - B−ớc 4. Biến đổi ∫= β α dt)t(gI (tích phân này dễ tính hơn thì phép đổi biến mới có ý nghĩa) Cách đặt đổi biến dạng 2. Cách đặt 1. Nếu hàm số chứa ẩn ở mẫu thì đặt t = mẫu số. Ví dụ 1. Tính: 1. ∫ − = 2/ 0 2 dxxcos4 x2sinI pi ta có thể đặt t = 4 - cos2x suy ra 3 4ln t dtI 4 3 == ∫ 2. ∫ += 4/ 0 22 dxxcos2xsin x2sinJ pi đặt xcos1xcos2xsint 222 +=+= suy ra ∫ == 2 2/3 4 3ln t dtJ {có thể hạ bậc để biến đổi tiếp mẫu số về cos2x sau đó đ−a sin2x vào trong vi phân} Đề xuất: ∫ += 2/ 0 22221 dxxcosbxsina xcosxsinJ pi với 0ba 22 >+ 3. ∫ += 2ln 0 x dx 5e 1K ta đặt 5et x += ⇒ 5tex −= ⇒ dtdxex = sau đó làm xuất hiện trong tích phân biểu thức dxex ⇒ 7 12ln 5 1 t 5tln 5 1 )5t(t dt )5e(e dxeK 7 6 7 6 2ln 0 xx x = − = − = + = ∫∫ {Có thể biến đổi trực tiếp 7 12ln 5 1dx 5e e 5 1dx 5e 5e 5 1dx 5e e5e 5 1K 2ln 0 x x2ln 0 x x2ln 0 x xx = + − + + = + −+ = ∫∫∫ } 4. ∫ +− + = 2/ 0 2 dx)4x2cosxsin2( xcosx2sinH pi ta đặt 4x2cosxsin2t +−= ⇒ 21 2dt t 1 2 1H 7 3 2 == ∫ {đôI khi không đặt cả MS} 5. ∫ += 2/ 0 2 3 dx xcos1 xcosxsinG pi chú ý rằng tách mũ 3 = 2 +1 đặt xcos1t 2+= ⇒ 1txcos2 −= ⇒ dtxdxcosxsin2 −= khi đó: 2 2ln1)tlnt( 2 1dt t )1t( 2 1G 2 1 2 1 − =      −= − = ∫ www.MATHVN.com CÁC PHƯƠNG PHÁP TÍNH TÍCH PHÂN GV Vũ Sỹ Minh - Email: vusyminh@gmail.com - www.mathvn.com 6 6. ∫ ++= 4/ 0 dx 2xcosxsin x2cosM pi ta đặt 2xcosxsint ++= ⇒ dx)xsinx(cosdt −= l−u ý cos2x = (cosx+sinx)(cosx-sinx) ( ) 3 22ln12tln2t t dt)2t(dx 2xcosxsin )xsinx)(cosxsinx(cosM 22 3 22 3 4/ 0 + +−=−= − = ++ −+ = ∫∫ + + pi 7. ∫ ++= 4/ 0 3 dx)2xcosx(sin x2cosN pi đặt 2xcosxsint ++= suy ra )21(2 1 9 2 3 1 9 1 22 1 )22( 1 t 1 t 1 t dt)2t(N 2 22 3 22 3 23 + −=+− + − + =      −= − = ∫ + + Đề xuất: ∫ +−= 4/ 0 1 dx2xcosxsin x2cosM pi và ∫ +−= 4/ 0 31 dx)2xcosx(sin x2cosN pi 8. Cách đặt 2. Nếu hàm số chứa căn thức n )x(ϕ thì đặt n )x(t ϕ= sau đó luỹ thừa 2 vế và lấy vi phân 2 vế. Ví dụ 1. Tính: 1. ∫ ++ − = 1 0 dx 1x32 3x4I ta đặt 1x3t += ⇒ ( )1t 3 1 x 2 −= ⇒ tdt 3 2dx = khi đó đ−a tích phân về dạng: ( ) 3 4ln 3 4 27 2dt t2 6 9 2dt3t8t4 9 2dt t2 t13t4 9 2I 2 1 2 1 2 2 1 3 −= + −+−= + − = ∫∫∫ 2. ∫ + = 7 0 3 2 3 dx x1 xJ ta đặt 3 2x1t += ⇒ 1tx 32 −= ⇒ dtt3xdx2 2= ⇒ 20 141dt)tt( 2 3J 2 1 4 =−= ∫ 3. ∫ + = 2 1 2 dx x1x 1K ta đặt 2x1t += ⇒ 1tx 22 −= ⇒ tdtxdx = ⇒ 5 2 5 2 2 1t 1tln 2 1 t)1t( tdtJ + − = − = ∫ 4. ∫ + = 2 1 3 dx x1x 1H ta đặt 3x1t += ⇒ 1tx 23 −= ⇒ tdt2dxx3 2 = nhân cả tử và mẫu số với x2 ta đ−ợc: 2 12ln 3 2 1t 1tln 3 1 1t dt 3 2 x1x xdxH 3 2 3 2 2 2 1 32 + = + − = − = + = ∫∫ 5. ∫ + + = 3 0 2 35 dx 1x x2xG ta đặt 2x1t += ⇒ 1tx 22 −= ⇒ tdtxdx = nhóm x2.x.(x2 +2) ta đ−ợc: 5 26 t 5 t t tdt)1t)(1t(dx 1x x.x)2x(G 2 1 52 1 223 0 2 22 =      −= −+ = + + = ∫∫ 6. ∫ − +++ = 6 1 3 dx 1x91x9 1M ta đặt 6 1x9t += ⇒ ( )1t 9 1 x 6 −= ⇒ dtt 3 2dx 5= luỹ thừa bậc hai và bậc ba ta có:       += + −+−= + = + = ∫∫∫ 3 2ln 6 11 3 2dt) 1t 11tt( 3 2 1t dtt 3 2 tt dtt 3 2M 2 1 2 2 1 32 1 23 5 Ví dụ 2. Tính: 1. [ĐH.2005.A] ∫ + + = 2/ 0 dx xcos31 xsinx2sinP pi ta đặt xcos31t += ⇒ )1t( 3 1 xcos 2 −= ⇒ tdt 3 2 xdxsin −= nhóm nhân tử sinx ta có: ∫ + + = 2/ 0 xcos31 xdxsin)1xcos2(P pi ( ) 27 34 t 3 t2 9 2dx1t2 9 2 2 1 32 1 2 =      +=+= ∫ www.MATHVN.com CÁC PHƯƠNG PHÁP TÍNH TÍCH PHÂN GV Vũ Sỹ Minh - Email: vusyminh@gmail.com - www.mathvn.com 7 2. dx. xsin31 x2sinx3cosQ 2 0 ∫ + + = pi ta đặt xsin31t += ⇒ )1t( 3 1 xsin 2 −= ⇒ tdt 3 2 xdxcos = áp dụng công thức nhân đôi và nhân 3 ta viết: dx. xsin31 xcosxsin2xcos3xcos4Q 2 0 3 ∫ + +− = pi xdxcos. xsin31 xsin23xsin442 0 2 ∫ + +−− = pi Vậy ∫ −+−= 2 1 24 dt)1t14t4( 27 2Q 405 206 tt 3 14 t 5 4 27 2 2 1 35 =      −+−= 3. [ĐH.2006.A] ∫ + = 2 0 22 dx xsin4xcos x2sinR pi ta đặt xsin31t 2+= ⇒ )1t( 3 1 xsin 22 −= ⇒ tdt 3 2 xdx2sin = . khi đó: 3 2 t 3 2 t tdt 3 2R 2 1 2 1 === ∫ 4. Ví dụ 3. Tính: 1. ∫ + = e 1 dx x xln31xlnP Ta đặt xln31t += ⇒ )1t( 3 1 xln 2 −= ⇒ tdt 3 2 x dx = khi đó: ( ) 135 116dxtt 9 2P 2 1 4 =−= ∫ 2. ∫ + − = e 1 dx xln21x xln23Q Ta đặt xln21t += ⇒ )1t( 2 1 xln 2 −= ⇒ tdt x dx = . Khi đó: 3 1139 3 t t4dt)t4( t tdt)1t(3Q 3 1 32 1 2 2 1 2 − =      −=−= −− = ∫∫ 3. ∫ + = 2ln2 2ln x 1e dxR . Ta đặt 1et x += suy ra tdt2dxe x = ⇒ ∫ − + + − = − = 5 3 2 13 13 . 15 15ln 1t dt2R 4. ∫ + = 3 0 3 xe1 dxS . Ta đặt 3 xet = suy ra 1e e2ln3)1t(t dx3S e 1 + = + = ∫ 5. ∫ + − = 5ln 0 x xx 3e dx1eeX Cách đặt 3. Nếu hàm số chứa các đại l−ợng xsin , xcos và 2 xtan thì ta đặt 2 xtant = khi đó 2t1 t2 xsin + = , 2 2 t1 t1 xcos + − = Ví dụ 4. Tính: 1. dx. 5xcos3xsin5 1Q 2/ 0 ∫ ++= pi Ta đặt 2 x tant = ⇒ 2t1 dt2dx + = và 5 8ln 3 1 4t 1tln 3 1dt 4t5t 1Q 1 0 1 0 2 =+ + = ++ = ∫ 2. dx. 2xcos 2 x tan L 3/ 0 ∫ += pi ta đặt 2 x tant = ⇒ 2t1 dt2dx + = và 9 10ln3tln 3t tdt2L 3/1 0 2 3/1 0 2 =+=+ = ∫ www.MATHVN.com CÁC PHƯƠNG PHÁP TÍNH TÍCH PHÂN GV Vũ Sỹ Minh - Email: vusyminh@gmail.com - www.mathvn.com 8 3. ∫ ++= 4 0 dx 1x2sinx2cos x2cosV pi ta đặt xtant = ⇒ 2t1 dtdx + = và ∫∫∫ +++=+ + = 1 0 2 1 0 2 1 0 2 )t1(2 tdt )t1(2 dt )t1(2 dt)t1(V 1 0 2 1 1tln4 1V ++= ta tính 8)t1(2 dtV ytant1 0 21 pi= = + = ∫ suy ra 8 2ln2dx 1x2sinx2cos x2cosV 4 0 + = ++ = ∫ pi pi 4. ∫ +−+ + = 4 0 22 2 dx 1xsinx2sinxcos xtan1N pi ta viết ∫ ++ + = 4 0 2 dx 1x2sinx2cos xtan1N pi và đặt xtant = ⇒ 2t1 dtdx + = suy ra 4 2ln231tlnt 2 t 2 1dt 1t t1 2 1N 1 0 21 0 2 + =      +++= + + = ∫ 5. [ĐH.2008.B] ∫ +++       − = 4 0 dx)xcosxsin1(2x2sin 4 xsin F pi pi ta viết ( ) ∫ +++ − = 4 0 dx)xcosxsin1(2xcosxsin2 xcosxsin 2 1F pi dựa vào mối quan hệ giữa xcosxsin + và xcosxsin ta đặt xcosxsint += ⇒ dx)xsinx(cosdt −= và 2 1t xcosxsin 2 − = khi đó ∫∫ −+ = + = ++ −= ++− − = 2 1 2 1 2 2 1 2 22 1 22 1 1t 1 2 1 1t2t dt 2 1 )t1(21t dt 2 1F Cách đặt 4. Dựa vào đặc điểm hai cận của tích phân. Nếu tích phân có dạng ∫ − = a a dx)x(fI thì ta có thể viết ∫∫ += − a 0 0 a dx)x(fdx)x(fI đặt t = - x để biến đổi ∫ − = 0 a 1 dx)x(fI Nếu tích phân có dạng ∫= pi 0 dx)x(fI thì ta có thể đặt t = pi - x Nếu tích phân có dạng ∫= pi2 0 dx)x(fI thì ta có thể đặt t = 2 pi - x Nếu tích phân có dạng ∫= 2/ 0 dx)x(fI pi thì ta có thể đặt t = 2 pi - x Nếu tích phân có dạng ∫= b a dx)x(fI thì ta có thể đặt t = (a + b) - x Ví dụ 4. Tính: 1. ∫ − = 1 1 2008 xdxsinxI ta viết += ∫ − 0 1 2008 xdxsinxI BAxdxsinx 1 0 2008 +=∫ . Ta đặt t = -x thì A = - B. vậy I = 0. 2. ∫ += pi 0 2 dx xcos1 xsinxJ ta đặt xt −= pi khi đó ∫∫ +−+= pipi pi 0 2 0 2 dttcos1 tsintdt tcos1 tsinJ ta đổi biến tiếp: 2 dt tcos1 tsinJ 2utantcos 0 21 pipi pi = ==== + = ∫ và Jdttcos1 tsintJ xt 0 22 −= === + = ∫ pi .Vậy 4 JJ 2 J 22 pipi =⇒−= Cách đặt 4. Nếu tích phân có chứa 0a;cbxax 2 >++ thì ta có thể đặt cbxaxxat 2 ++=− sau đó tính x theo t và tính dx theo t và dt.{Phép thế ơle} Ví dụ 5. Tính: 1. ∫ +− = 1 0 2 1xx dxI ta đặt 1xxxt 2 +−=− ⇒ 1t2 t1 x 2 + − = ⇒ 3ln 1t2 dt2I 2 1 = − = ∫ 2. ∫ +− = 1 0 2 1x2x9 dxJ ta đặt 1x2x9x3t 2 +−=− ⇒ )1t3(2 1t x 2 − − = ⇒ 2 126ln 3 1 1t3 dtJ 22 1 − = − = ∫ III)Ph−ơng pháp tích phân từng phần www.MATHVN.com CÁC PHƯƠNG PHÁP TÍNH TÍCH PHÂN GV Vũ Sỹ Minh - Email: vusyminh@gmail.com - www.mathvn.com 9 -Giả sử cần tính tích phân ∫= b a dx)x(fI . Khi đó ta thực hiện các b−ớc tình: B−ớc 1. Viết tích phân d−ới dạng: ∫∫ == b a b a dx)x(h).x(gdx)x(fI B−ớc 2. Đặt    = = dx).x(hdv )x(gu ⇒     = = ∫ dx).x(hv dx)x('gdu B−ớc 3. áp dụng công thức: hay ∫∫ −= b a b a b a du.vv.udv.u Các cách đặt để tích phân từng phần: +Cách đặt 1. Nếu tích phân có dạng ∫= b a dx.axsin).x(PI thì ta sẽ đặt    = = dx.axsindv )x(Pu ⇒     −= = a axcos v dx)x('Pdu Nếu tích phân có dạng ∫ b a dx.axcos).x(P thì ta đặt    = = dx.axcosdv )x(Pu ⇒     = = a axsin v dx)x('Pdu Nếu tích phân có dạng ∫ b a ax dx.e).x(P thì ta đặt    = = dx.edv )x(Pu ax ⇒      = = a e v dx)x('Pdu ax Ví dụ 5. Tính: 1. ∫ −= pi 0 dx.x2sin).1x3(I ta đặt    = −= dx.x2sindv 1x3u ⇒     −= = 2 x2cos v dx3du ⇒ 2 3dx.x2cos 2 3 2 x2cos)1x3(I 00 pi pipi −=+−−= ∫ 2. ∫ += 2/ 0 2 dx.xcos).1x(J pi ta đặt    = += dx.xcosdv 1xu 2 ⇒    = = xsinv xdx2du ⇒ 1 2 0 2/ 0 2 J2 4 4dx.xsin..x2xsin)1x(J −+=−+= ∫ pi pi pi ta tính ∫= 2/ 0 1 dx.xsin.xJ pi bằng cách đặt    = = dx.xsindv xu sau đó suy ra 1xdxcosxcosxJ 2/ 0 2/ 01 =+−= ∫ pi pi .Vậy 4 42 4 4J 22 − =− + = pipi 3. ∫ +−= 1 0 x32 dx.e).1xx(L ta đặt     = +−= dx.edv 1xxu x3 2 ⇒ 1 31 0 x3 1 0 x32 L 3 1 3 1edx.e).1x2( 3 1 e)1xx( 3 1L −−=−−+−= ∫ Tính tiếp ∫ −= 1 0 x3 1 dx.e).1x2(L đặt    = −= dx.edv 1x2u x3 ⇒ 9 4e4L 3 1 − = suy ra 27 5e5L 3 − = 4. ∫= pi 0 2 dx.)xsinx(M ta viết ∫∫∫ −= − == pipipipi 00 2 00 2 xdx2cosx 2 1 4 xdx. 2 x2cos1 xdx.xsinxM xét 0dx.x2cosxM xu xdx2cosdv0 1 ===∫ = = = pi . vậy ta có 4 M 2pi = 5. ∫= 4/ 0 2 dx.xsinM pi ta đổi biến xt = để đ−a ∫= 2/ 0 tdtsint2M pi bằng cách đặt    = = dt.tsindv t2u ⇒ 2M = www.MATHVN.com CÁC PHƯƠNG PHÁP TÍNH TÍCH PHÂN GV Vũ Sỹ Minh - Email: vusyminh@gmail.com - www.mathvn.com 10 +Cách đặt 2. Nếu tích phân có dạng ∫= b a ax dx.bxsineI thì ta đặt    = = dx.edv bxsinu ax ⇒      = = a e v bxdxcosbdu ax Nếu tích phân có dạng ∫= b a ax dx.bxcoseI thì ta đặt    = = dx.edv bxcosu ax ⇒      = −= a e v bxdxsinbdu ax Ví dụ 6. Tính: 1. ∫= 2/ 0 x2 dx.x3sin.eI pi ta đặt    = = dxedv x3sinu x2 ⇒      = = 2 e v xdx3cos3du x2 ⇒ 1 0 x2 2/ 0 x2 I 2 3 2 edx.x3cose 2 3 2 e x3sinI −−=−= ∫ pipipi (*). Ta xét ∫= pi 0 x2 1 dx.x3coseI và đặt    = = dxedv x3cosu x2 ⇒ I 2 3 2 1dx.x3sine 2 3 2 e x3cosI 0 x2 2/ 0 x2 1 +=+−= ∫ pipi thay vào (*) ta có: ⇒      +−−= I 2 3 2 1 2 3 2 eI pi 13 3e2I +−= pi 2. ∫= pi 0 2x dx.)xsin.e(F ta viết ∫∫∫ −= − = pipipi 0 x2 0 x2 0 x2 dx.x2cose 2 1dx.e 2 1dx. 2 x2cos1 eF Ta xét 2 1edx.e 2 1F 2 0 x2 1 − == ∫ pipi . Sau hai lần tích phân từng phần ta tính đ−ợc 4 1edx.x2cose 2 1F 2 0 x2 2 − == ∫ pipi . Vậy ta có: 8 1edx.)xsin.e(F 2 0 2x − == ∫ pipi +Cách đặt 3. Nếu tích phân có dạng [ ]∫= b a dx)x(Q.)x(PlnI thì ta đặt [ ]    = = dx).x(Qdv )x(Plnu ⇒       = = ∫ dx)x(Qv dx)x(P )x('Pdu Ví dụ 7. Tính: 1. ∫ −= 5 2 dx)1xln(.xI ta đặt [ ]    = −= dx.xdv 1xlnu ⇒       = − = 2 x v dx 1x 1du 2 ⇒ ∫ − −−= 5 2 25 2 2 dx 2x2 x)1xln( 2 xI 4 272ln48 + = 2. ∫ ++= 3 0 2 dx)x1xln(J ta đặt     =     ++= dxdv x1xlnu 2 ⇒      = + = xv dx x1 1du 2 ⇒ 1)23ln(3J −+= 3. ∫= e 1 2 xdxln.xK ta đặt    = = xdxdv xlnu 2 suy ra ∫−= e 1 e 1 2 2 xdxln.xxln 2 xK . Xét ∫= e 1 1 xdxln.xK và đặt    = = xdxdv xlnu thì 4 1eK 4 1eK 22 1 − =⇒ + = . 4. ∫= 2 1 5 dx x xlnH ta đặt    = = − dxxdv xlnu 5 suy ra 256 2ln415dxx 4 1 xln x4 1H e 1 5 2 1 4 − =+−= ∫ − . 5. ∫= 3/ 6/ 2 dx xcos )xln(sinG pi pi đặt      = = dx xcos 1dv )xln(sinu 2 ⇒    = = xtanv xdxcotdu ⇒ ∫−= 3/ 6/ 3/ 6/ dx)xln(sinxtanI pi pi pi pi 6 2ln343ln33 pi−− = www.MATHVN.com CÁC PHƯƠNG PHÁP TÍNH TÍCH PHÂN GV Vũ Sỹ Minh - Email: vusyminh@gmail.com - www.mathvn.com 11 6. dx)x(lnoscF e 1 ∫= pi đặt    = = dxdv )xcos(lnu ⇒     = −= xv dx x )xsin(lndu ⇒ ∫+= pi pi e 1 e 1 dx)xsin(ln)xcos(lnxI (*). Ta xét ∫= pie 1 1 dx)xsin(lnF đặt    = = dxdv )xsin(lnu ⇒     = = xv dx x )xcos(lndu ⇒ Fdx)xcos(ln)xsin(lnxF e 1 e 11 −=−= ∫ pi pi thay vào (*) ta có: 2 1eFF1eF +−=⇒−−−= pi pi . III)Ph−ơng pháp tìm hệ số bất định A- Khi gặp tích phân: ∫= dx)x(Q )x(PI với P(x), Q(x) là các đa thức của x. B−ớc 1: Nếu bậc của P(x) ≥ bậc của Q(x) thì ta lấy P(x) chia cho Q(x) đ−ợc th−ơng A(x) và d− R(x), tức là P(x) = Q(x).A(x) + R(x), với bậc R(x) < bậc Q(x). Suy ra : )x(Q )x(R)x(A)x(Q )x(P += ⇒ ∫∫∫ += dx)x(Q )x(Rdx)x(Adx)x(Q )x(P B−ớc 2: Ta đi tính : ∫= dx)x(Q )x(RI , với bậc R(x) < bậc Q(x). Có thể xảy ra các khả năng sau : +Khả năng 1: Với cbxax)x(Q 2 ++= ,( 0a ≠ ) thì bậc R(x) < 2 ⇒ R(x) = M.x+N và cbxax Nx.M )x(Q )x(R 2 ++ + = TH1 : Q(x) có 2 nghiệm x1, x2, tức là: Q(x) = a(x – x1)(x – x2). Chọn hằng số A, B sao cho: 2121 xx B xx A )xx)(xx(a Nx.M )x(Q )x(R − + − = −− + = TH2 : Q(x) có nghiệm kép x0, tức là: 2 0 )xx(a)x(Q −= . Chọn hằng số A, B sao cho: 2 00 2 0 )xx( B xx A )xx(a Nx.M )x(Q )x(R − + − = − + = TH3 : Q(x) vô nghiệm. Chọn hằng số A, B sao cho: B)x('Q.A)x(R += và )x(Q B )x(Q )x('Q.A )x(Q )x(R += +Khả năng 2: Với dcxbxax)x(Q 23 +++= ,( 0≠a ) thì bậc R(x) < 3 TH1: Q(x) có 3 nghiệm .x,x,x 321 tức là: )xx)(xx)(xx(a)x(Q 321 −−−= Chọn hằng số A, B, C sao cho: 321321 xx C xx B xx A )xx)(xx)(xx(a )x(R )x(Q )x(R − + − + − = −−− = TH2: Q(x) có 1 n0 đơn 1x , 1 n0 kép 0x , tức là: 2 01 )xx)(xx(a)x(Q −−= Chọn hằng số A, B, C sao cho: 2 001 2 01 )xx( C xx B xx A )xx)(xx(a )x(R )x(Q )x(R − + − + − = −− = TH3: Q(x) có một nghiệm 0x (bội 3), tức là: 3 0 )xx(a)x(Q −= Chọn hằng số A, B, C sao cho: 3 0 2 00 3 0 )xx( C )xx( B xx A )xx(a )x(R )x(Q )x(R − + − + −