Một số vấn đề về tích phân

[yoyoyo]

1. Tích phân hàm phân thức
các dạng cơ bản
Các trường hợp đơn giản nhất có:
I.1 = \[ \int \frac{1}{ax+b}dx \]
I.2 = \[ \int \frac{1}{{ax+b}^n }dx \] với n tự nhiên khác 1
I.3 = \[ \int \frac{x}{x^2+a}dx \]
I.4 = \[ \int_0^a \frac{1}{x^2+a^2}dx \] với a > 0
Nguyên hàm I.1, I.2 tính được dễ dàng bằng cách áp dụng công thức có trong bảng Nguyên hàm của các hàm số hợp (SGK trg 116). Nguyên hàm I.3 là bài tập 3d (SGK trg 118) – cũng chỉ là nguyên hàm dạng \[ \int u^{\alpha}du \] (với \[ \alpha \neq 1 \].
I.4 là bài tập 4a (SGK trg 142). Để tính tích phân này ta đổi biến: đặt x = atgt.
Trường hợp tổng quát
Nếu P có bậc lớn hơn hoặc bằng bậc của Q thì phân thức có thể viết thành P/Q = T + R/Q (T, R lần lượt là thương và dư trong phép chia P : Q), tính tích phân hàm P/Q qui về tính tích phân của đa thức T và tích phân của hàm hửu tỉ R/Q. Việc tính tích phân của đa thức T không có gì khó khăn. Sau đây ta xét cách tính tích phân của phân thức R/Q trong đó R là đa thức có bậc nhỏ hơn bậc của đa thức Q.
Trừong hợp 1. Q là tam thức bậc hai: Q = \[ ax^2+bx+c \]
Có ba khả năng:
(i). Q có hai nghiệm phân biệt \[ x_1;x_2 \]
Khi đó có Q = \[ a(x-x_1)(x-x_2) \]. Biến đổi:
\[ \frac{R}{Q} = \frac{m}{x-x_1} + \frac{n}{x-x_2} \], ở đây m, n là hai hằng số.
Bài toán qui về tính tích phân dạng I.1
(ii). Q có nghiệm kép \[ x_0 \]
Khi đó có Q = \[ a(x-x_0)^2 \]. Biến đổi:
\[ \frac{R}{Q} = \frac{m}{x-x_0} + \frac{n}{(x-x_0)^2} \]
Bài toán qui về tính tích phân dạng I.1 và I.2
(iii). Q vô nghiệm.
Khi đó Q = \[ a(x^2+k^2) \] (k là hằng số). Biến đổi:
\[ \frac{R}{Q} = \frac{mQ'}{Q} + \frac{n}{x^2+k^2} \] trong đó Q’ là đạo hàm của Q.
Bài toán qui về tính tích phân dạng I.3 và I.4
Trường hợp 2. Q là đa thức có bậc lớn hơn 2
Việc tính tích phân của phân thức R/Q với Q là đa thức có bậc lớn hơn 2 trong trường hợp tổng quát vượt quá kiến thức PT. Thường ta chỉ xét các trường hợp đặc biệt, chẵng hạn Q có thể phân tích thành nhân tử là các nhị thức bậc nhất hay tam thức bậc hai vô nghiệm. Từ đó ta có thể biến đổi phân thức R/Q thành các phân thức đơn giản hơn, có mẫu là nhị thức, tam thức nói trên; và bài toán như thế cũng qui về tính tích phân có dạng I.1-4 . Một số trường hợp khác đổi biến thích hợp giúp ta đưa tích phân về dạng quen thuộc dđơn giản hơn.
Cuối cùng cũng lưu ý là bằng cách đổi biến, nhiều tích phân của hàm lượng giác, tích phân của hàm vô tỉ cũng đưa được về các dang tích phân trên. (ví dụ bài 1c của Kummer cho trên). Nhưng ta sẽ trở lại vấn đề này sau.
Các bạn hãy thử làm các bài tập sau để nắm rõ hơn phần lí thuyết nghe còn trừu tượng trên.
Bài tập: Tính các tích phân:
A = \[ \int_0^1 \frac{1}{x^2+1}dx\]
B = \[ \int \frac_0^{\frac{a}{2}} \frac{1}{x^2-a^2}dx \] với a > 0
C = \[ \int \frac_0^1 \frac{1}{x^2-x-2}dx \]
D = \[ \int_0^1 \frac{x^2+3x+10}{x^2+2x+9}dx \]
E = \[ \int_0^1 \frac{3}{x^3+1}dx \]
F = \[ \int_0^{1/2} \frac{x^4}{x^4-1}dx \]
G = \[ \int_0^1 \frac{x}{x^4+1}dx \]
HD
A. dạng I.3 ĐS: \[ \frac{\pi}{4} \]
B. Biến đổi: f(x) = \[ \frac{1}{x^2-a^2} = \frac{1}{(x+a)(x-a)} = \frac{1}{2a}\cdot (\frac{1}{x+a}-\frac{1}{x-a}) \].
Ta đã đưa về được tích phân dạng I.1.
Chú ý nguyên hàm \[ \int \frac{dx}{x^2-a^2} = \frac{1}{2a}ln|\frac{x-a}{x+a}|+C \] (a khác 0) cũng là một dạng nguyên hàm thường gặp, nên chú ý.
C. tương tự. ĐS \[ \frac{1}{3}ln \frac{i}{4} \]
D. f(x) = 1 + \[ \frac{Q'}{2Q} \]. ĐS: 1 + \[ \frac{1}{ln\frac{4}{3}} \]
E. f(x) = \[ \frac{1}{x+1} - \frac{1}{2} \cdot \frac{2x-1}{x^2-x+1} + \frac{3}{2} \cdot \frac{1}{x^2-x+1} \]
ĐS: ln2+ \[ \frac{\pi}{2 \sqrt{3}} \]
F. f(x) = 1 + \[ \frac{1}{4} \frac{1}{x-1} - \frac{1}{4} \frac{1}{x+1} - \frac{1}{2} \frac{1}{x^2+1} \]
G. đặt t = \[ x^2 \]
Thêm mấy bài trích từ đề thi TS ĐH & CĐ mấy năm gần đây để các bạn làm quen
H = \[ \int \frac{(x+3)^3}{(x-4)^7} dx \]
I = \[ \int_0^1 \frac{dx}{2x^2+5x+2} \]
J = \[ \int_0^1 \frac{x^3dx}{x^2+1} \]
K = \[ \int_2^3 \frac{x^7dx}{1+x^8-2x^4} \]

 

[yoyoyo]

2.Tích phân hàm lượng giác
Các dạng thường gặp
J.1 = \[ \int cosxdx \].
J.2 = \[ \int sinxdx \].
J.3 = \[ \int \frac{dx}{cos^2x} = \int (1+tg^2x)dx \]
J.4 = \[ \int \frac{dx}{sin^2x} = \int (1+cotg^2x)dx \]
Trên là 4 nguyên hàm lượng giác cơ bản đã học (có trong Bảng các nguyên hàm SGK).
Từ các nguyên hàm cơ bản này ta dễ dàng tính được \[ \int cos(ax+b)dx \], \[ \int sin(ax+b)dx \] …
Các nguyên hàm sau cũng khá thường gặp, hơn nữa cách tính chúng rất điển hình cho cách tính tích phân các hàm lượng giác, nên cần nắm vững:
J.5 = \[ \int tgxdx \]
J.6 = \[ \int sin^2xdx \]
J.7 = \[ \int tg^2xdx \]
J.8 = \[ \int \frac{dx}{sinx} \]
J.9 = \[ \int sin^3xdx \]
J.10 = \[ \int tg^3xdx \]
J.11 = \[ \int \frac{dx}{sin^3x} \]
Tính J.5: tgx = sinx/cosx. Đặt u = cosx, đưa về tính nguyên hàm hửu tỉ dạng u’/u.
Trình bày gọn: \[ \int tgxdx = \int \frac{sinxdx}{cosx} = -\int \frac{d(cosx)}{cosx} \] = -ln|cosx| + C.
Hoàn toàn tương tự với \[ \int cotgxdx \]
J.6: biến đổi \[ sin^2x = \frac{1-cos2x}{2} \], đưa về tính nguyên hàm dạng J.1
Tương tự với \[ \int cos^2xdx \].
( Nói chung, ta chỉ phát biểu bài toán với sin, tang. Bài toán với cos, cotg là tương tự, từ nay sẽ không nhắc lại
J.7: biến đổi \[ tg^2x = (1+tg^2x) -1 \], đưa về hai nguyên hàm cơ bản
J.8: \[ \frac{1}{sinx} = \frac{sinx}{1-cos^2x} \], đặt u = cosx, đưa về nguyên hàm hàm hửu tỉ.
Cũng có thể đặt t = tg(x/2), dẫn đến \[ \int \frac{dx}{sinx} = \int \frac{dt}{t} \] = ln|t| + C = ln|tg(x/2)| + C.
J.9: \[ sin^3xdx = sinx.(1-cos^2x)dx = sinxdx-cos^2xd(cosx) \], đưa về tính hai nguyên hàm cơ bản
Cũng có thể biến đổi: \[ sin^3x = \frac{3sinx-sin3x}{4} \], cũng đưa về hai nguyên hàm cơ bản
J.10: \[ tg^3xdx = (1+tg^2x-1)tgxdx = tgx(1+tg^2x)dx - tgxdx = tgxd(tgx) - tgxdx \], đựoc nguyên hàm cơ bản và I.5
J.11: đặt u = 1/sinx, dv = \[ \frac{1}{sin^2x}dx \], qui về tính
I = \[ \int \frac{cos^2xdx}{sin^3x} = \int \frac{1-sin^2x}{sin^3x}dx = \int \frac{dx}{sin^3x}-\int \frac{dx}{sinx} \] = J.11 + J.8

Từ các bài toán trên, ta thấy để tính tích phân hàm lượng giác các cách thường dùng là
1. Biến đổi đưa về tích phân cơ bản

Ví dụ ở I.6, I.7, I.9. Ta xét thêm vài thí dụ:
J.12 \[ \int_0^{\pi/2} \quad \frac{dx}{1+cosx} \]
J.13 \[ \int_0^{\pi/2} \quad \frac{sin^5xdx}{1+cosx}dx \]
J.14 \[ \int_0^{\pi/4} \quad {\frac{tgx-1}{tgx+1}}^2dx \]
J.15 Giải phương trinh f(t) = \[ \int_0^t (4sin^4x - \frac{3}{2} )dx \] = 0
2. Đổi biến đưa về tích phân cơ bản

Ví dụ ở J.5, J.8, J.10. Sau đây là một số ví dụ khác:

J.16 = \[\int_0^{\pi/2} \quad \frac{dx}{1+sinx+cosx} \]

J.17 = \[\int_0^{\pi/2} \quad \frac{sinx+7cosx+6}{4sinx+3cosx+5} dx\]

J.18 = \[\int_{\pi/6}^{\pi/3} \quad \frac{dx}{sinx.sin(x+\pi/6)} \]

J.19 = \[\int_{\pi/6}^{\pi/3} \quad \frac{dx}{sqrt{3}sinx+cosx }\]

3. Phương pháp tích phân từng phần
ví dụ với J.11. Một số ví dụ khác:

J.20 = \[ \int_0^1 \quad \frac{x}{cos^2x} dx \]

J.21 = \[ \int_0^1 \quad xtg^2xdx \]

Hướng dẫn giải các ví dụ

J.12: Mẫu = 1+cosx = \[ 2cos^2 \frac{x}{2} \]

Chú ý dạng tổng quát cũng thường gặp:

\[ \int \frac{dx}{1+cosax} = \frac{1}{a}.tg \frac{ax}{2} + C \]

\[ \int \frac{dx}{1-cosax} = - \frac{1}{a}.cotg \frac{ax}{2} + C \]

J.13: f(x) = \[ \frac{(1-cos^2x)sin^3x)}{1+cosx} = \sin^3{x}-\cos{x}\sin^3{x} = \frac{3sinx-sin3x-sin2x(1-cos2x)}{4} \]

J.14: f(x) = \[ {\frac{tgx-tg \frac{\pi}{4}}{1+tgxtg \frac{\pi}{4}}}^2 = tg^2(x-\frac{\pi}{4} \]

J.15: biến đổi hàm dưới dấu tích phân g(x) = \[ \frac{1}{2}cos4x \] – 2cos2x.
Suy ra f(t) = sin2t \[ \left( \frac{1}{4}cos2t-1 \right) \] = 0.

J.16: đặt t = tg(x/2).
Tổng quát: nguyên hàm dạng \[ \int\frac{dx}{asinx+bcosx+c} \] có thể hửu tỉ hóa bằng cách đặt t = tg(x/2).
Tuy nhiên khi tính tích phân của f(x) trên đoạn [a;b] phải chú ý t = tg(x/2) có được xác định trên đoạn ấy? nếu không, phải tìm cách đổi biến khác.

J.17: Gọi M = mẫu thức, M’ = đạo hàm của M. Biến đổi:
f(x) = \[ \frac{A.M+B.M'+C}{M} = A + B \frac{M'}{M} + C \frac{1}{M}\]

Tổng quát: \[ \int \frac{{a}sinx+{b}cosx+{c}}{{a'}sinx+{b'}cosx+{c'}} dx \]: tính tương tự

J.18: f(x) = \[ \frac{sin((x+\frac{\pi}{6})-x)}{sinx.sin(x+\frac{\pi}{6})}.\frac{1}{sin{\frac{\pi}{6}}} \]

Tổng quát: với \[ \int \frac{dx}{sin(x+a)sin(x+b)} \]
ta làm tương tự để biến đổi, đưa về tính hai tích phân cơ bản:
f(x) = \[ \frac{sin(x+a)-(x+b)}{sin(x+a)sin(x+b)} \frac{1}{sin(a-b)} \] = \[ \frac{1}{sin(a-b)} \cdot (\frac{cos(x+b)}{sin(x+b)}-\frac{cos(x+a)}{sin(x+a)} ) \]


Tương tự với f(x) = 1/cos(x+a)cos(x+b), 1/sin(x+a)cos(x+b)...

Với \[ \int \frac{dx}{sin(x+a)+sin(x+b)} \]: biến đổi mẫu có dạng tổng thành tích, đưa về dạng trên.

J.19: mẫu = sin(x+pi/6), được dạng tích phân cơ bản.

Tổng quát: \[ \int \frac{dx}{asinx+bcosx} = \int \frac{1}{sqrt{a^2+b^2} \frac{dx}{sin(x+\alpha)}} \].
Cách khác: đặt t = tg(x/2) đưa về tích phân hữu tỉ.

J.20: đặt u = x, dv = dx/cos^2x.

J21: \[ xtg^2x = x\left( \frac{1}{cos^2x}-1 \right) \]
----------------------------------------------------------------------------

Một số đề thi TS ĐH&CĐ những năm gần đây để các bạn thực tập

D1 = \[ \int_0^{\pi/2} \quad \frac{4sin^3x}{1+cosx}dx \]

D2 = \[ \int_0^{\pi/2} \quad \frac{sinx}{1+3cosx}dx \]

D3 = \[ \int_0^{\pi/2} \quad \frac{sin2x}{1+cosx}dx \]

D4 = \[ \int_0^{\pi} \quad \frac{xsinx}{1+cos^2x}dx \]

D5 = \[ \int_0^{\pi/2} \quad cos^5xdx \]

D6 = \[ \int_0^{\pi/2} \quad cos2x(sin^4x+cos^4x)dx \]

D7 = \[ \int_0^{\pi/2} \quad sinx.sin2x.sin3xdx \]

D8 = \[ \int_0^{\pi/4} \quad \frac{1-2sin^2x}{1+sin2x}dx \]

D9 = \[ \int_0^{\pi/4} \quad x.tg^2xdx \]

D10 = \[ \int_0^{\pi/2} \quad \frac{sin^{2004}x}{sin^{2004}x+cos^{2004}x}dx \]

 

[yoyoyo]

3.Tích phân hàm vô tỉ


đổi biến
Trong nhiều trường hợp để tính tích phân \[ \int_a^b f(x, sqrt{u(x)} dx \] ta chỉ cần đơn giản đặt t = \[ sqrt{u(x)} \]. Nhớ đổi biến thì cũng phải đổi cận lấy tích phân.

Ví dụ 1: I = \[ \int_{\sqrt{5}}^{2 \sqrt{3}} \quad \frac{dx}{x \sqrt{x^2+4}} \] (Khối A-2003)

Đặt t = \[ \sqrt{x^2+4} \], ta đưa về tính tích phân hửu tỉ đơn giản \[ \int_2^4 \quad \frac{dt}{t^2-4} \]

Ví dụ 2: I = \[ \int_1^2 \quad \frac{xdx}{1+\sqrt{x-1}} \] (Khối A-2004)

Đặt t = \[ \sqrt{x-1} \] đưa về tính tíchphân hửu tỉ \[ \int_0^1 \quad \frac{t^3+t}{1+t}dt \]

Ví dụ 3: I = \[ \int_1^e \quad \frac{\sqrt{1+3lnx}lnx}{x}dx \] (Khối B-2004)

Đặt t = \[ \sqrt{1+3lnx} \], được \[ \int_1^2 \quad \frac{2}{9} (t^4-t^2)dt \]

Một số dạng tích phân vô tỉ có cách đổi biến đặc biệt, nên nhớ:

K1 = \[ \int \sqrt{a^2-x^2}dx \]
Đặt x = |a|sint, đưa về tích phân lượng giác quen thuộc \[ \int a^2cos^2tdt \]

K2 = \[ \int \frac{dx}{\sqrt{a^2-x^2} }\]
Tương tự K1, đặt x = |a|sint

K3 = \[ \int \sqrt{x^2+a^2}dx \]
Đặt x= |a|tgt, đưa về tích phân lượng giác quen thuộc.

K4 = \[ \int \frac{dx}{x^2+a} \]
Đặt t = x + \[ \sqrt{x^2+a} \].
Cũng còn một số dạng khác nữa, nhưng trên đây là các dạng thường gặp nhất. Ta làm vài ví dụ để luyện tập.

Ví dụ 4: \[ \int_0^1 \sqrt{1-x^2}dx \]
Ví dụ 5: \[ \int_0^1 \frac{dx}{\sqrt{4-x^2}} \]
Ví dụ 6: \[ \int_{\sqrt{2}}^3 \frac{dx}{\sqrt{x^2-1}} \]
Ví dụ 7: \[ \int_0^1 \sqrt{x^2+1}dx \]
Ví dụ 8: \[ \int_2^{2/\sqrt{3}} \quad \frac{dx}{x\sqrt{x^2-1}} \]

Để tính tích phân các hàm vô tỉ ta còn dùng Phương pháp tích phân từng phần .
Trở lại ví dụ 7 trên đây: \[ \int_0^1 \sqrt{x^2+1}dx \]
Ta còn có thể giải: đặt u = \[ \sqrt{x^2+1} \], dv = dx; bài toán qui về tính tích phân dạng K4
Ngoài ra, thường thì ta cũng phải biến đổi chút ít mới đưa về các dạng quen thuộc

Ví dụ 9: \[ \int_0^1 \frac{dx}{\sqrt{x+1}+\sqrt{x}} \]
Ví dụ 10: \[ \int_0^1 \frac{x^3dx}{x+\sqrt{x^2+1}} \]

Hướng dẫn giải các ví dụ

vd4: Dạng K1, đặt x = sint (ví dụ1 SGK trg131)
vd5: Dạng K2, đặt x = 2sint (bài tập 3.26-e SBT)
vd6: Dạng K4, đặt t = x + \[ \sqrt{x^2+a} \]. (bài tập 3.26-d SBT)
vd7: Dạng K3, đặt x = tgt, đưa về \[ \int_0^{\pi/4} \quad \frac{dt}{cos^3t} \]
Đây là tích phân lượng giác quen thuộc (xem phần tích phân luọng giác)
Cách khác: đặt t = x + \[ \sqrt{1+x^2} \].
Vd8: Với tích phân dạng \[ \int \sqrt{x^2-a^2}dx \] có cách giải rất đặc trưng là đặt x = |a|/sint. Tuy nhiên có thể làm cách khác, như với ví dụ này: đặt t = 1/x đưa về tích phân dạng K2,
hoặc đơn giản hơn, đặt t = \[ \sqrt{x^2+1} \] đưa về tích phân hửu tỉ quen thuộc.
Vd9: Nhân lượng liên hiệp để khử căn ở mẫu,ta có ngay hai tích phân cơ bản
Vd10: Tương tự, nhân lương liên hiệp để khử căn ở mẫu, được

\[ \int_0^1x^4dx-\int_0^1x^3\sqrt{x^2+1}dx \]. Với tích phân thứ hai đặt t = \[ sqrt{x^2+1} \].

Sau đây là một số bài tập tính tích phân hàm vô tỉ trích từ một số đề thi TS ĐH&CĐ mấy năm gần đây

BT1. \[ \int_0^{\sqrt{3}} \quad \sqrt{1+x^2}x^3dx \]

BT2. \[ \int_{-1}^0 \quad x\sqrt{1+x}dx \]

BT3. \[ \int_1^2 \quad \frac{xdx}{\sqrt{2+x}+\sqrt{2-x} }\]

BT4. \[ \int_0^2 \quad x^2\sqrt{4-x^2}dx \]

BT5. \[ \int_{-1}^4 \quad \frac{2dx}{\sqrt{x+5}+4} \]

BT6. \[ \int \frac{\sqrt{1+x}}{x}dx \]

BT7. \[ \int_1^9 x\sqrt[3]{1-x}}dx \]

Hướng dẫn:
BT1: đặt \[t = \sqrt{1+x^2}. \]Cũng có thể đổi biến x = tant
BT2: đặt t = \[\sqrt{x+1}\]
BT3: Nhân lượng liên hiệp khử mẫu
BT4: đặt x = 2sint
BT5: đặt \[t = \sqrt{x+5}\]
BT6: đặt \[t = \sqrt{1+x}\]
BT7: đặt \[t = \sqrt[3]{1-x}\]

 

[yoyoyo]

tích phân tổng hợp

Tính tích phân bất định: \[I =\int {\frac{x^2}{(ax+b)^c} } dx \]
Phương pháp chung:
Sử dụng đồng nhất thức: \[ x^2={\frac{1}{a^2}}a^2x^2={\frac{1}{a^2}}{[(ax+b)-b]^2}={\frac{1}{a^2}}{[(ax+b)^2-2b(ax+b)+b^2]}\]
Ta được: \[{\frac{x^2}{(ax+b)^c}\]=\[{\frac{1}{a^2}}{\frac{[(ax+b)^2-2b(ax+b)+b^2]}{{(ax+b)^c}}\]
\[{\frac{x^2}{(ax+b)^c}\]= \[{\frac{1}{a^2}} {[{\frac{1}{(ax+b)^{c-2}} - {\frac{2b}{(ax+b)^{c-1}} + {\frac{b^2}{(ax+b)^{c}]}\]
Khi do: \[ I = {\frac{1}{a^2}} {[{\int{\frac{dx}{(ax+b)^{c-2}} - {\int{\frac {2bdx}{(ax+b)^{c-1}}} + {\int{\frac{b^2dx}{(ax+b)^{c}}}}]}\]
\[ I= {\frac{1}{a^3}} {[{\int{\frac{d(ax+b)}{ (ax+b)^{c-2}} - {\int{\frac{2bd(ax+b)}{(ax+b)^{c-1}}} + {\int{\frac{b^2d(ax+b)}{(ax+b)^c}}]}\]
Đến đây ta xét 4 khả năng của c.
Khả năng 1: c=1
Khả năng 2: c=2
Khả năng 3: c=3
Khả năng 4: \[ c \epsilon R/{{1,2,3}}\] ta cã:
I = \[ {\frac{1}{a^3}} {[{\frac{(ax+b)^{3-c}}{3-c} - {\frac{2b(ax+b)^{2-c}} {2-c}} + {\frac{b^2(ax+b)^{1-c}}{1-c}}]} + C \]
Một số bài tập áp dụng:
Tính các tích phân bất định sau:
1. \[ I= {\int{\frac{x^2}{(1-x)^{39}}}} dx\]
2.\[ I = {\int{\frac{x^3}{(x-1)^{10}}}}dx\]
Dạng 2: Tính tích phân bất định \[I= \int{\frac{dx}{(ax^2+bx+c)^{n}}\]
Phương pháp chung:
Ta xét 3 trường hợp của n:
Trường hợp 1: n=1 ta xét ba khả năng của =\[{b^2}-{4ac}\]
Khả năng 1: nếu >0
Khi đó:
\[ \frac{1}{ax^2+bx+c}\]=\[ \frac{1}{a(x-x_1)(x-x_2)}\]=\[ {\frac{1}{a(x_1-x_2)}}{[{\frac{(x-x_2)-(x-x_1)}{(x-x_1)(x-x_2)}}]}\]=\[ {\frac{1}{a(x_1-x_2)}}{({\frac{1}{x-x_a}} - {\frac{1}{x-x_2}})}\]
Do đó: \[ I={\frac{1}{a(x_1-x_2)}} \int(\frac{1}{x-x_1} - \frac{1}{x-x_2})dx\]=\[ {\frac{1}{a(x_1-x_2)}{[ln|x-x_1|-ln|x-x_2|]} + C\]
Khả năng 2: nếu =0
Khi đó: \[ \frac{1}{ax^2+bx+c}\]=\[ \frac{1}{a(x-x_0)^2}\]
Do đó: \[I= {\frac{1}{a}}{\int{\frac{dx}{a(x-x_0)^2}}}\]=-\[\frac{1}{a(x-x_0)} + C\]
Khả năng 3: nếu <0
Đặt x=tgt với \[ t \epsilon ({\frac{-\pi}{2}},{\frac{\pi}{2}})\]
Trường hợp 2: khi n>1, bằng phép đổi biến \[ t=x+{\frac{b}{2a}}\]
suy ra: \[ I = \frac{1}{a} \int{\frac{dt}{(t^2 + k)^n}}\]
sử dụng tích phân từng phần ta được:
\[ I_n=\frac{1}{a^n}{[\frac{t}{(t^2+k)^n} + 2n(I_n-kI_{n+1})]}\]
Suy ra kết quả ta cần thực hiện 3 bước sau:
Bứơc1 : xác định \[I_1\]
Bước 2: xác định \[I_n\] theo I_
Bước 3: biểu diễn truy hồi \[I_n\] theo \[I_1\]
(Pikachu@)
• Đối vơí dạng tích phân : \[ \int_a^b\sqrt{cx+d}dx\] hay\[\int_a^b\sqrt{cx^2+dx+e}dx\] thì không còn gì để nói
• Bây giờ tôi xét :\[\int_a^b\sqrt{cx^3+dx^2+ex+f}dx \].Khi c 0 và \[d^2+e^2+f^2\] 0 .thì ta có thể giải quyết thế nào .. hay vấn đề này .. không thể giải quyết đựơc
• Chẳng hạn tôi lâý 1 Vd :\[\int_0^1\sqrt{x^3+2x}dx\] thì chúng ta gìải quyết thế nào ?
• ...
• --------------- lần sau noí thêm vấn đề naỳ .. và noí .. phần gơí hạn tương tự .. như vâỵ ..
(Ngaymaituoisang)
\[\large R(x)= \frac{P(x)}{Q(x)} = \frac{ b_{0}+ b_{1}x+...+b_{n} x^{n} }{ a_{0} + a_{1} x+...+ a_{m} x^{m} } \] với m>n
nếu Q(x) có dạng:
\[\large Q(x)= a_{m} (x-a)^{ \alpha } (x-b)^{ \beta } ... ( x^{2} +px+q)^{ \gamma } ... ( x^{2}+lx+s) ^{ \delta } \]
với \[\large a,b ...\in R; p^{2} -4q<0; l^{2} -4s<0; \alpha+ \beta +...+2( \gamma +...+ \delta )=m\]
thì có thể phân tích R(x) thành tổng các phân thức tối giản:
\[\large R(x)= \frac{P(x)}{Q(x)} = \frac{A}{ (x-a)^{ \alpha } } +...+ \frac{ A_{ \alpha -1} }{ (x-a) }+ \frac{B}{ (x-b)^{ \beta } } +...+ \frac{ B_{ \beta -1} }{ (x-b) }+ \frac{Mx+N}{ ( x^{2}+px+q) ^{ \gamma } } +...+\frac{M_{ \gamma -1}x+N_{ \gamma-1} }{ ( x^{2}+px+q) }+\frac{Px+Q}{ ( x^{2}+px+q) ^{ \delta } } +...+\frac{M_{ \delta -1}x+N_{ \delta-1} }{ ( x^{2}+px+q) }\]
Các hệ số được tìm bằng phương pháp hệ số bất định.
Ví dụ:
\[ \large \frac{ x^{2}+1 }{ (x-1)^{3} (x+3)} = \frac{5}{32(x-1)} + \frac{3}{8(x-1)^2} + \frac{1}{2(x-1)^3} - \frac{5}{32(x+3)} \]

Theo Maths.vn

 

[NguoiDien]

Yoyoyo chú ý này: bê nguyên của người ta về diễn đàn mình mà không xin phép chủ nhân là vi phạm luật bản quyền đó. Đặc biệt là các trang web học tập, vì vậy tốt nhất là các bài viết nguồn từ các diễn đàn học tập khác em chỉ nên để đường link trừ khi em đã được sự đồng ý của người viết bài, tránh trường hợp như onthi và hocmai đang rối tùm lum kìa.

 

[yoyoyo]

Yoyoyo chú ý này: bê nguyên của người ta về diễn đàn mình mà không xin phép chủ nhân là vi phạm luật bản quyền đó. Đặc biệt là các trang web học tập, vì vậy tốt nhất là các bài viết nguồn từ các diễn đàn học tập khác em chỉ nên để đường link trừ khi em đã được sự đồng ý của người viết bài, tránh trường hợp như onthi và hocmai đang rối tùm lum kìa.

bác yên tâm nguồn này thoải mái do 1 thầy giáo cung cáp free mà

 

[NguoiDien]

bác yên tâm nguồn này thoải mái do 1 thầy giáo cung cáp free mà

Thầy nào đấy?

 

[yoyoyo]

Thầy nào đấy?

thầy NGOCTU

 

[NguoiDien]

OK, nhưng nhớ bảo thầy là nếu Math có kiện thì thầy làm chứng là đã cho phép nhé. Như thế Thầy Ngoctu sẽ vi phạm luật vì bản quyền chỉ có thể bán cho một đơn vị thôi, trừ phi thầy làm cho không math.

 

[yoyoyo]

OK, nhưng nhớ bảo thầy là nếu Math có kiện thì thầy làm chứng là đã cho phép nhé. Như thế Thầy Ngoctu sẽ vi phạm luật vì bản quyền chỉ có thể bán cho một đơn vị thôi, trừ phi thầy làm cho không math.

đợi hôm nào cháu gặp sẽ chuyển lời pác cho bác ấy biết nhé

 

[it2_93]

Chuyên đề tích phân

Link die rồi bạ ơips:

 

[NguoiDien]

Link die rồi bạ ơips:

link nào hả bạn? bạn nên nói rõ là link nào thì chúng tôi mới biết mà sửa chứ.

 

[condo753]

cam on ban baiviet cua ban rat hay.hi vong ban se post nhieu bai nua~. TAT CA VI TUONG LAI CON EM CHUNG TA

 

[NguoiDien]

cam on ban baiviet cua ban rat hay.hi vong ban se post nhieu bai nua~. TAT CA VI TUONG LAI CON EM CHUNG TA

Bạn chú ý viết bằng tiếng việt có dấu nhé!