Bài 2: Tích phân bất định - Tích phân các hàm hữu tỉ, biểu thức có chứa căn

Nhắc lại:

\(\int {\frac{{dx}}{{x + a}}} = \ln \left| {x + a} \right| + C\)

\(\int {\frac{{dx}}{{{{\left( {x + a} \right)}^k}}}} = \frac{{ - 1}}{{(k - 1){{(x + a)}^{k - 1}}}} + C\)

\(\int {\frac{{dx}}{{{x^2} - {a^2}}}} = \frac{1}{{2a}}\ln \left| {\frac{{x - a}}{{x + a}}} \right| + C\)

\(\int {\frac{{dx}}{{(x - {x_1})(x - {x_2})}}} = \frac{1}{{{x_2} - {x_2}}}\int {\frac{{(x - {x_1}) - (x - {x_2})}}{{(x - {x_1})(x - {x_2})}}} dx\)

\(= \frac{1}{{{x_2} - {x_2}}}\int {\left( {\frac{1}{{x - {x_2}}} - \frac{1}{{x - {x_1}}}} \right)} dx\)

\( = \frac{1}{{{x_2} - {x_2}}}\ln \left| {\frac{{x - {x_2}}}{{x - {x_1}}}} \right| + C\)

\(I = \frac{A}{{2a}}\int {\frac{{2ax + b}}{{a{x^2} + bx + c}}} dx + \left( {B - \frac{{Ab}}{{2a}}} \right)\int {\frac{{dx}}{{a{x^2} + bx + c}}}\)

Tính: \({I_1} = \int {\frac{{dx}}{{a{x^2} + bx + c}}} dx\)

\({I_1} = \frac{1}{a}\int {\frac{{dx}}{{{x^2} + \frac{b}{a}x + \frac{c}{a}}}} = \frac{1}{a}\int {\frac{{dx}}{{{{\left( {x + \frac{b}{{2a}}} \right)}^2} + \frac{c}{a} - \frac{{{b^2}}}{{4{a^2}}}}}}\)

\(= \frac{1}{a}\int {\frac{{dx}}{{{{\left( {x + \frac{b}{{2a}}} \right)}^2} - \frac{\Delta }{{4{a^2}}}}}}\)

i) Nếu \(\Delta < 0:{I_1} = \frac{1}{a}\int {\frac{{du}}{{{u^2} + {\alpha ^2}}}} = \frac{1}{{a\alpha }}arctg\frac{u}{\alpha } + C\)

với \({\alpha ^2} = \frac{{ - {\Delta ^2}}}{{4{a^2}}},u = x + \frac{b}{{2a}}\)

ii) Nếu \(\Delta = 0:{I_1} = \frac{1}{a}\int {\frac{{du}}{{{u^2}}}} = - \frac{1}{{au}} + C\)

iii) Nếu \(\Delta > 0:a{x^2} + bx + c = a(x - {x_1})(x - {x_2})\)

với \(x_1,x_2\) là nghiệm của \(ax^2 + bx + c = 0\)

(Đưa một phân thức về tổng của những phân thức đơn giản)

Ghi chú: Ta chỉ xét các đa thức có thể viết dưới dạng tích của những nhị thức bậc nhất và những tam thức bậc hai.

Ví dụ: Tính \(I = \int {\frac{{(3x - 5)dx}}{{(x - 3)(x + 2)(x - 1)}}}\)

Ta có: \(\frac{{(3x - 5)dx}}{{(x - 3)(x + 2)(x - 1)}} = \frac{A}{{x - 3}} + \frac{B}{{x + 2}} + \frac{C}{{x - 1}}\)

\(= \frac{{A(x + 2)(x - 1) + B(x - 3)(x - 1) + C(x - 3)(x + 2)}}{{(x - 3)(x + 2)(x - 1)}}\)

Cho \(x = 3 \Rightarrow 10A = 4 \Rightarrow A = \frac{2}{5}\)

\(x = - 2 \Rightarrow 15B = - 11 \Rightarrow B = - \frac{{11}}{{15}}\)

\(x = 1 \Rightarrow - 6C = - 2 \Rightarrow C = \frac{1}{3}\)

\(\Rightarrow \frac{{3x - 5}}{{(x - 3)(x + 2)(x - 1)}} = \frac{2}{{5(x - 3)}} - \frac{{11}}{{15(x + 2)}} + \frac{1}{{3(x - 1)}}\)

\(\Rightarrow I = \frac{2}{5}\ln \left| {x - 3} \right| - \frac{{11}}{{15}}\ln \left| {x + 2} \right| + \frac{1}{3}\ln \left| {x - 1} \right| + C\)

Ghi chú: Ta có thể tính A, B theo cách khác:

\(\frac{{3x - 5}}{{(x - 3)(x + 2)(x - 1)}} = \frac{{(A + B + C){x^2} + (A - 4B - C)x - 2A + 3B - 6C}}{{(x - 3)(x + 2)(x - 1)}}\)

Đồng nhất hai vế \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} A + B + C = 0\\ A - 4B - C = 3\\ - 2A + 3B - 6C = - 5 \end{array} \right. \)

Ghi chú: Nếu \({a_n}{x^n} + {a_{n - 1}}{x^{n - 1}} + ... + {a_1}x + {a_0} = 0\) có nhiều hơn n nghiệm thực \(\Rightarrow {a_n} = {a_{n - 1}} = .... = {a_0} = 0\)

Ví dụ: \(ax^2 + bx + c = 0\) có 3 nghiệm phân biệt \( \Rightarrow \ a=b=c=0\)

Ví dụ 1:  \(\frac{{5x + 2}}{{({x^2} + 1){{(3x - 2)}^3}}} = \frac{{Ax + B}}{{{x^2} + 1}} + \frac{{Cx + D}}{{{{({x^2} + 1)}^2}}} + \frac{E}{{3x - 2}} + \frac{F}{{{{(3x - 2)}^2}}} + \frac{G}{{{{(3x - 2)}^3}}}\)

Ví dụ 2: \(\frac{{6{x^2} - 7x + 2}}{{({x^2} - x + 1){{(x + 2)}^4}}} = \frac{{Ax + B}}{{{x^2} - x + 1}} + \frac{C}{{x + 2}} + \frac{D}{{{{(x + 2)}^2}}} + \frac{E}{{{{(x + 2)}^3}}} + \frac{F}{{{{(x + 2)}^4}}}\)

Ví dụ 3: \(\frac{1}{{{x^4} + 1}} = \frac{1}{{{{({x^2} + 1)}^2} - 2{x^2}}} = \frac{1}{{({x^2} - \sqrt 2 x + 1)({x^2} + \sqrt 2 x + 1)}} = \frac{{Ax + B}}{{{x^2} - \sqrt 2 x + 1}} + \frac{{Cx + D}}{{{x^2} + \sqrt 2 x + 1}}\)

Ví dụ 4: Tính \(\int {\frac{{dx}}{{{x^3} + 1}}} = \int {\frac{{dx}}{{(x + 1)({x^2} - x + 1)}}}\)

\(\frac{1}{{{x^3} + 1}} = \frac{A}{{x + 1}} + \frac{{Bx + C}}{{{x^2} - x + 1}} = \frac{{A({x^2} - x + 1) + (Bx + C)(x + 1)}}{{{x^3} + 1}}\)

Cho \(x = - 1 \Rightarrow 3A = 1 \Rightarrow A = \frac{1}{3}\)

\(x = 0 \Rightarrow A + C = 1 \Rightarrow C = \frac{2}{3}\)

\(x = 1 \Rightarrow A + 2(B + C) = 1 \Rightarrow B + C = \frac{1}{3} \Rightarrow B = - \frac{1}{3}\)

\(\int {\frac{{dx}}{{{x^3} + 1}}} = \frac{1}{3}\int {\frac{{dx}}{{x + 1}}} + \int {\frac{{\left( { - \frac{1}{3}x + \frac{2}{3}} \right)dx}}{{{x^2} - x + 1}}}\)

\(= \frac{1}{3}\ln \left| {x + 1} \right| - \frac{1}{{3.2}}\int {\frac{{2x - 1}}{{{x^2} - x + 1}}} dx + \left( {\frac{2}{3} - \frac{1}{6}} \right)\int {\frac{{dx}}{{{x^2} - x + 1}}}\)

\(= \frac{1}{3}\ln \left| {x + 1} \right| - \frac{1}{6}\ln ({x^2} - x + 1) + \frac{1}{2}\int {\frac{{dx}}{{{{\left( {x - \frac{1}{2}} \right)}^2} + \frac{3}{4}}}}\)

\(= \frac{1}{3}\ln \frac{{\left| {x + 1} \right|}}{{\sqrt {{x^2} - x + 1} }} + \frac{1}{2}\frac{2}{{\sqrt 3 }}arctg\frac{{2(x - \frac{1}{2})}}{{\sqrt 3 }} + C\)

Bằng các phép đổi biến thích hợp, ta có thể đưa tích phân biểu thức lượng giác \(\int {R({\mathop{\rm sinx}\nolimits} ,\,cosx)dx}\), trong đó R là hàm hữu tỷ, về tích phân biểu thức hữu tỷ.

Ta dùng công thức đổi biến \(t = tg\frac{x}{2} \Rightarrow x = 2arctg\,t\)và công thức

\({\mathop{\rm sinx}\nolimits} = \frac{{2t}}{{1 + t{}^2}},\,\,\cos x = \frac{{1 - {t^2}}}{{1 + {t^2}}},\,\,dx = \frac{{2dt}}{{1 + {t^2}}}\)

Ví dụ: \(I = \int {\frac{{dx}}{{4\sin x + 3{\mathop{\rm cosx}\nolimits} + 5}}}\)

Đặt \(t = tg\frac{x}{2} \Rightarrow x = 2arctg\,t\) ta có:

\(I = \int {\frac{1}{{4\frac{{2t}}{{1 + {t^2}}} + 3\frac{{1 - {t^2}}}{{1 + {t^2}}} + 5}}} \frac{{2dt}}{{1 + {t^2}}} = \int {\frac{{dt}}{{{t^2} + 4t + 4}}}\)

\(= \int {\frac{{dt}}{{{{(t + 2)}^2}}}} = \frac{{ - 1}}{{t + 2}} + C = - \frac{1}{{tg\frac{x}{2} + 2}} + C\)

• Nếu \(R(- sinx,cosx) = - R(sin x, cosx)\) thì đạt \(t = cosx\)
• Nếu \(R(sinx, - cosx) = -R(sinx,cosx)\) thì đặt \(t = sinx\)
• Nếu \(R(- sinx, - cosx) = R(sinx,cosx)\) thì đặt \(t= tgx\), hay \( t = cotgx\)

Ví dụ 1: Tính \(I = \int {({{\sin }^2}} x{\cos ^3}x + 2{\mathop{\rm cosx}\nolimits} )dx\)

\(= \int {({{\sin }^2}} x{\cos ^3}x + 2){\mathop{\rm cosxdx}\nolimits}\)

Đặt \(t = sinx \Rightarrow dt = cosxdx\)

\({\sin ^2}x{\cos ^2}x + 2 = {t^2}(1 - {t^2}) + 2 = - {t^4} + {t^2} + 2\)

\(I = \int {( - {t^4} + {t^2} + 2)dt = - \frac{{{t^5}}}{5} + \frac{{{t^3}}}{3}} + 2t + C\)

\(= \frac{{ - {{\sin }^5}x}}{5} + \frac{{{{\sin }^3}x}}{3} + 2\sin x + C\)

Ví dụ 2: \(I = \int {\frac{{dx}}{{{{\sin }^2}x + \sin 2x - 3{{\cos }^2}x}}}\)

Đặt \(t = tgx \Rightarrow dt = \frac{{dx}}{{{{\cos }^2}x}}\)ta có:

\(I = \int {\frac{{dx}}{{{{\cos }^2}x(t{g^2}x + 2tgx - 3)}} = \int {\frac{{dt}}{{{t^2} + 2t - 3}}} }\)

\(= \int {\frac{{dt}}{{(t - 1)(t + 3)}} = \frac{1}{4}} \int {\left( {\frac{1}{{t - 1}} - \frac{1}{{t + 3}}} \right)} dt\)

\(= \frac{1}{4}\ln \left| {\frac{{t - 1}}{{t + 3}}} \right| + C = \frac{1}{4}\ln \left| {\frac{{tg\,x - 1}}{{tg\,x + 3}}} \right| + C\)

• Nếu m ( hoặc n) là số nguyên lẻ thì đổi biến \( t = cosx\) (hoặc \(t = sinx\)). Nếu m và n là số nguyên dương chẵn thì ta dùng công thức hạ bậc. Nếu m và n nguyên chẵn và có một số âm thì đổi biến \(t = tgx\) (hoặc \(t = cotgx\))

Ví dụ: Tính (dành cho độc giả)

\(K = \int {{{\sin }^2}} x{\cos ^4}xdx\)

\(L = \int {{{\sin }^3}} x{\cos ^2}xdx\)

\(M = \int {\frac{{{{\sin }^2}x}}{{{{\cos }^4}x}}} dx\)

\(N = \int {\frac{{{{\cos }^2}x}}{{{{\sin }^4}x}}} dx\)

Với các phép đổi biến thích hợp, ta có thể đưa tích phân của biểu thức có căn số về tích phân của biến hữu tỷ.

• Dạng \(\int {R\left[ {x,\sqrt {{A^2} - {x^2}} } \right]} dx\) đặt \(x = A\sin t,\,t \in \left[ { - \frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2}} \right]\)
• Dạng \(\int {R\left[ {x,\sqrt {{A^2}+{x^2}} } \right]} dx\) đặt \(x = Atg\,t,\,t \in \left( { - \frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2}} \right)\)
• Dạng \(\int {R\left[ {x,\sqrt { {x^2}-{A^2}} } \right]} dx\) đặt \(x = \frac{A}{{\cos \,t}},\,t \in \left( {0,\pi } \right)\backslash \left( {\frac{\pi }{2}} \right)\)

Đặt \({t^k} = \frac{{ax + b}}{{cx + d}}\) với k là bội số chung nhỏ nhất của n và s.

Khi đó \(x = \frac{{ - d{t^k} + b}}{{c{t^k} - a}} \Rightarrow dx = k{t^{k - 1}}\frac{{ad - bc}}{{{{(c{t^k} - a)}^2}}}\)thay vào biểu thức tích phân ta có tích phân của hàm hữu tỷ.

Ví dụ 1: \(I = \int {\frac{{dx}}{{\sqrt[3]{{x - 1}} - \sqrt[6]{{x - 1}}}}}\)

k = 6, đặt \({t^6} = x - 1 \Rightarrow dx = 6{t^5}dt\). Suy ra

\(I = \int {\frac{{6{t^5}dt}}{{{t^2} - t}}} = \int {\frac{{6{t^4}dt}}{{t - 1}}} = 6\int {\left( {{t^3} + {t^2} + t + 1 + \frac{1}{{t - 1}}} \right)} dt\)

\(= 6\int {\left[ {\frac{{{t^4}}}{4} + \frac{{{t^3}}}{3} + \frac{{{t^2}}}{2} + t + \ln \left| {t - 1} \right|} \right]} + C\)

\(= \frac{{3{{(x - 1)}^{2/3}}}}{2} + 2{(x - 1)^{1/2}} + 3{(x - 1)^{1/3}} + 6\sqrt[6]{{x - 1}} + 6\ln \left| {\sqrt[6]{{x - 1}} - 1} \right| + C\)

Ví dụ 2: \(I = \int {\frac{1}{x}} \sqrt {\frac{{1 - x}}{{1 + x}}} dx\)

Đặt \(t = \sqrt {\frac{{1 - x}}{{1 + x}}} \Rightarrow x = \frac{{ - {t^2} + 1}}{{{t^2} + 1}};\,dx = \frac{{ - 4t}}{{{{({t^2} + 1)}^2}}}dt\)

\(I = \int {\frac{{{t^2} + 1}}{{ - {t^2} + 1}}} t\frac{{ - 4t}}{{{{({t^2} + 1)}^2}}}dt = 4\int {\frac{t}{{({t^2} - 1)({t^2} + 1)}}} dt\)

\(= 2\int {\left[ {\frac{1}{{{t^2} + 1}} + \frac{1}{{{t^2} - 1}}} \right]} = 2arctg\,t\, + \,\ln \left| {\frac{{t - 1}}{{t + 1}}} \right| + C\)

\(= 2arctg\,t\,\sqrt {\frac{{1 - x}}{{1 + x}}} + \ln \left| {\frac{{\sqrt {\frac{{1 - x}}{{1 + x}}} - 1}}{{\sqrt {\frac{{1 - x}}{{1 + x}}} + 1}}} \right| + C\)

với \(a \ne 0,\Delta = {b^2} - 4ac \ne 0\)

i. Đưa tích phân đang xét về các dạng \(\int {R\left[ {x,\sqrt {{A^2} + {x^2}} } \right]} dx,\,\,\int {R\left[ {x,\sqrt {{x^2} - {A^2}} } \right]} dx\ \)bằng phép biến đổi \(u = x + \frac{b}{{2a}}\). Khi đó các tích phân này có thể đưa về tích phân hàm lượng giác.

Ví dụ: \(\int {\frac{{dx}}{{{{(x + 2)}^2}\sqrt {{x^2} + 4x + 13} }}}\)

Đặt \(x + 2 = 3tgt,t \in \left( { - \frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2}} \right) \Rightarrow dx = 3\frac{{dt}}{{{{\cos }^2}t}}\)

Vì \(t \in \left( { - \frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2}} \right)\) nên sin t và tgt cùng dấu \(\sin t = \frac{{tgt}}{{\sqrt {1 + t{g^2}t} }}\)

\(I = \int {\frac{{3dt}}{{{{\cos }^2}t}}} \frac{1}{{9t{g^2}t\sqrt {9t{g^2}t + 9} }} = \frac{1}{9}\int {\frac{{\cos t\,dt}}{{{{\sin }^2}t}}} = \frac{{ - 1}}{{9\sin t}} + C\)

\(= \frac{{ - \sqrt {{{\left( {\frac{{x + 2}}{3}} \right)}^2} + 1} }}{{9\left( {\frac{{x + 2}}{3}} \right)}} + C = - \frac{{\sqrt {{x^2} + 4x + 13} }}{{9(x + 2)}} + C\)

Nhận xét: 

• Đối với tích phân dạng \(\int {\frac{{dx}}{{{{(x - \alpha )}^n}\sqrt {a{x^2} + bx + c} }}}\) ta có thể đổi biến theo công thức \(t = \frac{1}{{x - \alpha }}\) Đối với tích phân dạng \(\int {\frac{{du}}{{u\sqrt {{u^2} + A} }}}\) ta có thể đổi biến theo công thức \(t = \sqrt {{u^2} + A} \Rightarrow {t^2} - A = {u^2} \Rightarrow udu = tdt\)

\(\Rightarrow I = \int {\frac{{udu}}{{{u^2}\sqrt {{u^2} + A} }}} = \int {\frac{{dt}}{{{t^2} - A}}}\)

ii. Phương pháp đổi biến theo Euler

• Nếu a > 0 : đổi biến \(t \pm \sqrt a x = \sqrt {a{x^2} + bx + c}\) Nếu c > 0 : đổi biến \(xt \pm \sqrt c = \sqrt {a{x^2} + bx + c} \) Nếu \(a{x^2} + bx + c = a(x - {x_1})(x - {x_2}),{x_1} \ne {x_2}\)ta đổi biến theo công thức 

Ví dụ 1: \(I = \int {\frac{{dx}}{{\sqrt {{{({x^2} + 2x + 5)}^3}} }}}\)

Đặt \(u = x + 1 \Rightarrow du = dx,\,I = \int {\frac{{du}}{{\sqrt {{{({u^2} + 4)}^3}} }}}\)

Đặt \(u = 2tgt,\,t \in \left( { - \frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}} \right) \Rightarrow du = 2\frac{{dt}}{{{{\cos }^2}t}}\)

\({\left( {{u^2} + 4} \right)^{3/2}} = 8{\left( {t{g^2}t + 1} \right)^{3/2}} = \frac{8}{{{{\cos }^3}t}}\)

\(I = \int {\frac{{2dt}}{{{{\cos }^2}t\frac{8}{{{{\cos }^3}t}}}}} = \frac{1}{4}\int {\cos t\,dt = } \frac{1}{4}\sin t + C\)

\(= \frac{1}{4}\sin \left( {arctg\frac{u}{2}} \right) + C = \frac{1}{4}\sin \left( {arctg\frac{{x + 1}}{2}} \right) + C\)

Ví dụ 2: \(I = \int {\frac{{dx}}{{\sqrt {{x^2} + 2x + 5} }}}\)

Đặt \(t - x = \sqrt {{x^2} + 2x + 5} \Rightarrow t = x + \sqrt {{x^2} + 2x + 5}\)

\(\Rightarrow dt = \frac{{\sqrt {{x^2} + 2x + 5} + x + 1}}{{\sqrt {{x^2} + 2x + 5} }}dx \Rightarrow \frac{{dx}}{{\sqrt {{x^2} + 2x + 5} }} = \frac{{dt}}{{t + 1}}\)

\(I = \int {\frac{{dt}}{{t + 1}}} = \ln \left| {t + 1} \right| + C = \ln \left| {x + \sqrt {{x^2} + 2x + 5} + 1} \right| + C\)

Ví dụ 3: \(I = \int {\frac{{3x + 1}}{{\sqrt {{x^2} + 4x + 3} }}} dx\)

Đặt \(t = x + 2 \Rightarrow dt = dx\)

\(I = \int {\frac{{\left( {3t - 5} \right)dt}}{{\sqrt {{t^2} - 1} }}} = 3\int {\frac{{tdt}}{{\sqrt {{t^2} - 1} }}} - 5\int {\frac{{dt}}{{\sqrt {{t^2} - 1} }}}\)

\(= 3\sqrt {{t^2} - 1} - 5\ln \left| {t + \sqrt {{t^2} - 1} } \right| + C\)

\(= 3\sqrt {{{(x + 2)}^2} - 1} + 5\ln \left| {x + 2 + \sqrt {{{(x + 2)}^2} - 1} } \right| + C\)

Trên đây là nội dung bài giảng Bài 2: Tích phân bất định - Tích phân các hàm hữu tỉ, biểu thức có chứa căn được eLib tổng hợp lại nhằm giúp các bạn sinh viên có thêm tư liệu tham khảo. Hy vọng đây sẽ là tư liệu giúp các bạn nắm bắt nội dung bài học dễ dàng hơn.