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: $I_1=\int \frac{dx}{a{x}^2+bx+c}dx$

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

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

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

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

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

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

với $x_1,x_2$ là nghiệm của $a{x}^2+bx+c=0$

(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 $\Rightarrow \{\begin{array}{l}A+B+C=0\\ A-4B-C=3\\ -2A+3B-6C=-5\end{array}$

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: $a{x}^2+bx+c=0$ 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: $\frac{6x^2-7x+2}{(x^2-x+1){(x+2)}^4}=\frac{Ax+B}{x^2-x+1}+\frac{C}{x+2}+\frac{D}{{(x+2)}^2}+\frac{E}{{(x+2)}^3}+\frac{F}{{(x+2)}^4}$

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

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 $\int R(\mathrm{sinx},cosx)dx$, trong đó R là hàm hữu tỷ, về tích phân biểu thức hữu tỷ.

Ta dùng công thức đổi biến $t=tg\frac{x}{2}\Rightarrow x=2arctgt$và công thức

$\mathrm{sinx}=\frac{2t}{1+t{}^2},\cos x=\frac{1-t^2}{1+t^2},dx=\frac{2dt}{1+t^2}$

Ví dụ: $I=\int \frac{dx}{4\sin x+3\mathrm{cosx}+5}$

Đặt $t=tg\frac{x}{2}\Rightarrow x=2arctgt$ 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 $R(-sinx,cosx)=-R(sinx,cosx)$ 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 $I=\int ({\sin }^{2}x{\cos }^{3}x+2\mathrm{cosx})dx$

$=\int ({\sin }^{2}x{\cos }^{3}x+2)\mathrm{cosxdx}$

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:

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

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

$=\frac{1}{4}\ln \left|\frac{t-1}{t+3}\right|+C=\frac{1}{4}\ln \left|\frac{tgx-1}{tgx+3}\right|+C$

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 $x=Atgt,t\in \left(-\frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2}\right)$
• Dạng $\int R\left[x,\sqrt{x^2-A^2}\right]dx$ đặt $x=\frac{A}{\cos t},t\in \left(0,\pi \right)\mathrm{\setminus }\left(\frac{\pi }{2}\right)$

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 $t^6=x-1\Rightarrow dx=6t^{5}dt$. Suy ra

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

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

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

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

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

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

$=2\int \left[\frac{1}{t^2+1}+\frac{1}{t^2-1}\right]=2arctgt+\ln \left|\frac{t-1}{t+1}\right|+C$

$=2arctgt\sqrt{\frac{1-x}{1+x}}+\ln \left|\frac{\sqrt{\frac{1-x}{1+x}}-1}{\sqrt{\frac{1-x}{1+x}}+1}\right|+C$

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

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 $\sin t=\frac{tgt}{\sqrt{1+t{g}^{2}t}}$

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

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

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

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

$I=\int \frac{2dt}{{\cos }^{2}t\frac{8}{{\cos }^{3}t}}=\frac{1}{4}\int \cos tdt=\frac{1}{4}\sin t+C$

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

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 $t=x+2\Rightarrow dt=dx$

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

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

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