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

Nhắc lại:

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

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

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

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

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

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

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:

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

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

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

7.3 Dạng \(\int {{{\sin }^m}} x{\cos ^n}xdx\)

• 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 \(t = x + 2 \Rightarrow dt = dx\)

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

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

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