TÍCH PHÂN và ỨNG DỤNG

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
---------------------

NGÔ THỊ SINH

TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG

LUẬN VĂN THẠC SỸ KHOA HỌC

Hà Nội – Năm 2015


ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
---------------------

NGÔ THỊ SINH

TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG
Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp
Mã số: 60460113

LUẬN VĂN THẠC SỸ KHOA HỌC
Người hướng dẫn khoa học
PGS. TS. VŨ ĐỖ LONG
Hà Nội – Năm 2015
MỤC LỤC
2

3


LỜI CẢM ƠN
Để hoàn thành khóa học, lời đầu tiên tôi xin trân trọng cảm ơn đến các thầy
cô giáo công tác tại khoa Toán – Cơ – Tin học trường Đại học Khoa học Tự
nhiên, Đại học Quốc gia Hà Nội, những người đã giảng dạy và cung cấp
những kiến thức khoa học quý báu trong suốt những năm học vừa qua để tôi
có nền tảng kiến thức thực hiện luận văn này.
Tiếp theo tôi xin được gửi lời cảm ơn sâu sắc tới thầy giáo hướng dẫn tôi là
PGS. TS Vũ Đỗ Long, người đã tận tình chỉ bảo giúp đỡ và tạo điều kiện về
nhiều mặt để tôi có thể hoàn thành luận văn.
Cuối cùng tôi xin chân thành cảm ơn Sở giáo dục và đào tạo Hà Nội, ban
giám hiệu trường THPT Phan Huy Chú – Đống Đa – Hà Nội đã tạo điều kiện
tối đa để tôi có thời gian học tập tốt nhất và hoàn thành khóa học của mình.
Hà Nội, ngày 18 tháng 11 năm 2015
Học viên

Ngô Thị Sinh

MỞ ĐẦU
Toán học là môn khoa học nghiên cứu về các số, cấu trúc, không gian và các
phép biến đổi. Nói một cách khác, người ta cho rằng đó là môn học về " hình
và số.". Toán học là nền tảng cho tất cả các ngành khoa học tự nhiên khác. Có
thể nói rằng không có toán học, sẽ không có ngành khoa học nào cả. Môn Toán
được chia thành nhiều phân môn nhỏ, trong đó có phân môn: Giải tích toán
học còn gọi đơn giản là Giải tích. Giải tích là ngành toán học nghiên cứu về
các khái niệm: giới hạn, đạo hàm, nguyên hàm, tích phân... Phép toán cơ bản

1


của giải tích là "phép lấy giới hạn". Phần lớn người học rất lúng túng và gặp
khó khăn khi học Giải tích nói chung và Nguyên hàm, Tích phân, những bài
toán thực tế cần dùng đến Tích phân nói riêng.
Tích phân có ứng dụng trong một số bài toán về tìm giới hạn, chứng minh bất
đẳng thức, hay tính tổng…
Bên cạnh đó, trong đề thi tốt nghiệp THPT, Đại học - Cao đẳng của các năm
luôn xuất hiện những bài toán liên quan đến tích phân.
Với mong muốn hệ thống lại kiến thức về nguyên hàm, tích phân xác định và
các ứng dụng của nó tôi đã lựa chọn đề tài “Tích phân và ứng dụng” cho luận
văn của mình , cụ thể luận văn gồm 3 chương:
Chương 1: Nguyên hàm
Trong chương nhắc đến khái niệm và các tính chất của nguyên hàm, bảng
nguyên hàm các hàm số thường gặp và một số phương pháp tính nguyên hàm
làm cơ sở để tính tích phân xác định được trình bày ở chương 2.
Chương 2: Tích phân xác định và ứng dụng
Ở chương này nêu định nghĩa tích phân xác định, điều kiện khả tích và các tính
chất của tích phân xác định trong đó có tính chất quan trọng đó là sử dụng công
thức Newton – Leipnitz để tính tích phân xác định sau khi tìm được nguyên
hàm. Đặc biệt trong chương 2 thể hiện những ứng dụng của tích phân trong
việc tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường và tính thể tích của vật
tròn xoay khi quay một hình phẳng xung quanh trục Ox, Oy.
Chương 3: Các bài toán khác
Chương này đề cập đến những ứng dụng tuyệt vời của tích phân trong các bài
toán phức tạp như là tìm giới hạn, tìm tổng hay chứng minh bất đẳng thức.
Mặc dù đã rất cố gắng tìm tòi những vấn đề cũng như những bài toán liên quan
đến việc tính Tích phân và ứng dụng của nó, nhưng kiến thức là vô tận nên
luận văn không tránh khỏi những hạn chế và thiếu sót. Rất mong nhận được

những góp ý và sự chỉ bảo của các thầy cô giáo để luận văn có giá trị khoa học
cao hơn.
2


Em xin chân thành cảm ơn!

CHƯƠNG 1. NGUYÊN HÀM
1.1. Định nghĩa nguyên hàm
a. Giả sử hàm y = f ( x ) liên tục trên khoảng ( a;b ) . Khi đó hàm số y = F ( x ) được
gọi là một nguyên hàm của hàm số y = f ( x ) khi và chỉ khi
F ' ( x ) = f ( x ) , ∀x ∈ ( a; b ) .

b. Nếu y = F ( x ) là một nguyên hàm của hàm số y = f ( x ) thì tập hợp tất cả các
nguyên hàm của hàm số y = f ( x ) là tập I = { F ( x ) + c, c ∈ R} và tập này còn
được ký hiệu là: I = ∫ f ( x ) dx = F ( x ) + c .

3


1.2. Các tính chất của nguyên hàm
a. Nếu y = f ( x ) là hàm số có nguyên hàm thì

( ∫ f ( x ) dx ) ' = f ( x ) ; d ( ∫ f ( x ) dx ) = f ( x ) dx

b. Nếu F ( x ) có đạo hàm thì ∫ d ( F ( x ) ) = F ( x ) + c .
c. Phép cộng
Nếu f ( x ) và g ( x ) có nguyên hàm thì ∫ f ( x ) dx + ∫ g ( x ) dx = ∫  f ( x ) + g ( x )  dx .
d. Phép trừ
Nếu f ( x ) và g ( x ) có nguyên hàm thì ∫ f ( x ) dx − ∫ g ( x ) dx = ∫  f ( x ) − g ( x )  dx .

e. Phép nhân với một hẳng số khác 0
∫ kf ( x ) dx = k ∫ f ( x ) dx, ∀k ≠ 0 .
f. Công thức đổi biến số
Cho y = f ( u ) và u = g ( x ) .Nếu ∫ f ( x ) dx = F ( x ) + c thì

∫ f ( g ( x ) ) g ' ( x ) dx = ∫ f ( u ) du = F ( u ) + c .

1.3.

Bảng công thức nguyên hàm của một số hàm số

∫ 0dx = C; ∫ dx = x + c

dx
1
x
= arctan + c ( a > 0 )
2
+x
a
a
dx
1
a+x
∫ a 2 − x 2 = 2a ln a − x + c

∫a

1 ( ax + b )
∫ ( ax + b ) dx = a α + 1 + c, α ≠ −1

1
1
∫ ax + b dx = a ln ax + b + c
1 ax +b
ax + b
∫ e dx = a e + c
1
ax + b
ax + b
∫ m dx = a ln m m + c
b

∫ ln ( ax + b ) dx =  x + a ÷ ln ( ax + b ) − x + c
dx
x
∫ a 2 − x 2 = arcsin a + c ( a > 0 )
α

∫

dx
a+x

2

α +1

2

1

∫ cos ( ax + b ) dx = a sin ( ax + b ) + c

−1
cos ( ax + b ) + c
a
−1
∫ tan ( ax + b ) dx = a ln cos ( ax + b ) + c
1
∫ cot ( ax + b ) dx = a ln sin ( ax + b ) + c
1
−1
∫ sin 2 ( ax + b ) dx = a cot ( ax + b ) + c

∫ sin ( ax + b ) dx =

1

1

∫ cos ( ax + b ) dx = a tan ( ax + b ) + c

= ln x + x 2 + a + c

2

1.4. Một số phương pháp tính nguyên hàm
1.4.1. Phương pháp ghép vi phân thích hợp
a. Phương pháp
Sử dụng biến đổi f ' ( x ) .dx = d ( f ( x ) )

4


1
d ( ax 2 + 2bx + c )
2
cos x.dx = d ( sin x ) .

adx = d ( ax + b ) ;

Ví dụ:

( ax + b ) dx =

sin x.dx = − d ( cos x ) ;

b. Một số ví dụ
Ví dụ 1.1.1. ([1])
I =∫

dx
1 d ( 2 x + 3) 1
= ∫
= ln 2 x + 3 + c .
2x + 3 2
2x + 3
2

Ví dụ 1.1.2. ([1])

I =∫

( 2 x + 3) dx =
x + 3x + 5
2

∫

d ( x 2 + 3x + 5)

Ví dụ 1.1.3. ([1])

x + 3x + 5
2

= ln x 2 + 3 x + 5 + c .

I = ∫ sin x.cos3 xdx = − ∫ cos3 xd ( cos x ) = −

cos 4 x
+c.
4

Ví dụ 1.1.4. ([1])
I = ∫ cos x.sin 4 xdx = ∫ sin 4 xd ( sin x ) =

sin 5 x
+c.
5

Ví dụ 1.1.5.

I = ∫ ( e cos x + sin x ) sin x.dx = ∫ ecos x sin x.dx + ∫ sin 2 x.dx
= − ∫ ecos x .d ( cos x ) + ∫

1 − cos 2 x
1
1
.dx = −ecos x + x − sin 2 x + c .
2
2
4

Ví dụ 1.1.6.
x

d  tan ÷
dx
dx
dx
x
2
I =∫
=∫
=∫
=∫ 
= ln tan + c .
x
x
x

x
x
sin x
2
2sin .cos
2 tan .cos 2
tan
2
2
2
2
2

Ví dụ 1.1.7.
dx
π

x π
x π
sin  x + ÷
2sin  + ÷.cos  + ÷
2

2 4
2 4

 x π 
d  tan  + ÷÷
dx
x π

 2 4 
=∫
=∫ 
= ln tan  + ÷ + c .
x π
x π
x π
2 4
2 tan  + ÷.cos 2  + ÷
tan  + ÷
2 4
2 4
2 4

I =∫

dx
=
cos x ∫

dx

=∫

Ví dụ 1.1.8.
I =∫

dx
1
dx

tan 3 x
2
=
=
1
+
tan
x
d
tan
x
=
tan
x
+
+c .
(
)
(
)
cos 4 x ∫ cos 2 x cos 2 x ∫
3

1.4.2. Nguyên hàm các hàm phân thức hữu tỉ
a. Các định nghĩa
• Phân thức hữu tỉ là biểu thức dạng
các hệ số thực.

5

P ( x)
với P ( x ) , Q ( x ) là các đa thức với
Q ( x)


• Phân thức thực sự là phân thức hữu tỉ

P ( x)
với deg P ( x ) < deg Q ( x ) .
Q ( x)

• Phân thức đơn giản là 1 trong 4 dạng phân thức sau:
A
;
x−a

A

( x − a)

k

Bx + C
;
x + px + q

;

2

Bx + C

( x + px + q )
2

k

(∆= p

2

− 4q < 0; k ∈ N ) .

• Định lý tổng quát về phân tích đa thức
Mọi đa thức Q ( x ) ≠ 0 với hệ số thực đều có duy nhất một cách phân tích
thành các nhân tử (không tính theo thứ tự sắp xếp các nhân tử) gồm các nhị
thức bậc nhất và các tam thức bậc hai có biệt thức ∆ < 0 , tức là ta có
Q ( x ) = A ( x − a1 ) 1 ... ( x − ak )
n

nk

(x

2

+ p1 x + q1 ) ... ( x 2 + ps x + qs )
m1

ms

trong đó: A ≠ 0; a1 ,..., ak là các nghiệm thực phân biệt của Q ( x ) ; pi , qi là các
số thực thỏa mãn

∆ i = pi2 − 4qi < 0; deg Q = n1 + ... + nk + 2 ( m1 + ... + ms ) .

b. Phương pháp tính
• Nguyên hàm các hàm phân thức cơ bản:

dx
= ln x − a + c
x−a
dx
1
x
+ I = ∫ 2 2 = arctan + c ( a > 0 )
x +a
a
a
dx
1
=
+ c ( k ≠ 1)
k
1− k
+ I =∫
( x − a) (1− k ) ( x − a)

+ I =∫

+ I =∫

( Bx + C )
x + px + q
2

dx = ∫

B
Bp
( 2 x + p ) +  C − ÷
2
2 

dx
2
x + px + q

(p

2

− 4q < 0 )

2
B d ( x + px + q ) 
Bp 
dx
= ∫
+C −

÷∫ 2
2
2
x + px + q
2  x + px + q

B
Bp 
dx

= ln x 2 + px + q +  C −
÷∫
2
2  ( x + m ) 2 + n2


B
Bp  1
x+m

ln x 2 + px + q +  C −
+c
÷ arctan
2
2 n
n

( Bx + C ) dx
2 ≤ m ∈ N
m

+ Im = ∫ 2
với  2
( x + px + q )
 p − 4q < 0
=

6


Im = ∫
=

B
Bp
( 2 x + p ) +  C − ÷
2
2 


(x

2

+ px + q )

m

B

2 ( 1 − m ) ( x + px + q )

2

m −1

2
B d ( x + px + q ) 
Bp 
dx
dx = ∫
+ C −
÷
m
∫
2 ( x 2 + px + q )
2  ( x 2 + px + q ) m


Bp 
dx

+ C −
÷∫ 2
2  ( x + px + q ) m

p

dx+ ÷
2


dx

Đặt J m = ∫ x 2 + px + q m = ∫ 
(
)


p  4q − p 2 
x
+


÷ +
2
4 

2

=∫

m

dt
4q − p 2
p
J
=
m
m
∫

Với t = x + ; a=
, ta sẽ tính
( t 2 + a2 )
2
2

Cách 1 ( Phương pháp lượng giác)
Đặt t = a tan α ⇒ dt =

(t

dt

2

+ a2 )

m

theo 2 cách sau đây:

adα
cos 2 α

adα
1
2m−2
⇒ Jm = ∫
= 2 m −1 ∫ ( cos α )
dα

m
2
cos α
a
 a 2 ( 1 + tan 2 α ) 



Đến đây ta tính tiếp theo kĩ thuật tích phân hàm lượng giác.
Cách 2 ( Phương pháp tích phân từng phần)
Jm = ∫

(t

1 t 2 + a2 − t 2
1
= 2∫
dt = 2
m
2
2
a (t +a )
a

dt

2

+ a2 )

m

dt

1
∫ t 2 + a 2 m−1 − a 2
(
)

∫

(t

t 2 dt
2

+ a2 )

m

t 2 dt
1
1
J
=
J m = 2 J m −1 − 2 J với
∫ t 2 + a2 m
a
a
(

)

Đặt u = t ⇒ du = dt
và v = ∫

(t

tdt
2

+a

)

2 m

=

−m
1
1
1
t 2 + a2 ) d ( t 2 + a2 ) = −
.
(
∫
2
2 ( m − 1) ( t 2 + a 2 ) m −1

Vậy thay vào ta có J m =

•

1

2a 2 ( m − 1) ( t 2 + a

Nguyên hàm hàm phân thức

Q ( x ) = A ( x − a1 ) 1 ... ( x − ak )
n

nk

(x

2

)

2 m −1

+

1 2m − 3
.
.J m−1 .
a 2 2m − 2

P ( x)
với deg P ( x ) < deg Q ( x ) và

Q ( x)

+ p1 x + q1 ) ... ( x 2 + ps x + qs )
m1

ms

thì

 A
An11 
Ank k 
P ( x )  A11
=
+ ... +
÷+ ... +  1k + ... +
÷
n1
nk
 x − ak
÷
Q ( x )  x − a1
x
−
a
( x − a1 ) ÷
(
)
k





Bm11 x + Cm1s 
Bms x + Cms
B x + C11
÷+ ... +  B1s x + C1s + ... +
+  2 11
+ ... +
m
ms
2
1
2
2
 x + p1 x + q1
÷
 x + ps x + q s
x
+
p
x
+
q
x
+
p
x
+
q

(
)
(
)
1
1
s
s




c. Một số ví dụ
Ví dụ 1.2.1. ([4])

7


÷
÷



2 x2 − 5x − 3
dx
x3 + x 2 − 2 x
Ta có Q ( x ) = x ( x − 1) ( x + 2 )
I =∫

Giả sử

P ( x ) 2 x2 − 5x − 3 A
B
C
= 3
= +
+
, ∀x
2
Q ( x ) x + x − 2x x x −1 x + 2

⇔ 2 x 2 − 5 x − 3 = A ( x − 1) ( x + 2 ) + Bx ( x + 2 ) + Cx ( x − 1) , ∀x ( *)

Cách 1 ( Phương pháp hệ số bất định)

( *) ⇔ 2 x 2 − 5 x − 3 = ( A + B + C ) x 2 + ( A + 2 B − C ) x − 2 A, ∀x
2 A = 3
A = 3 / 2


⇔  A + 2 B − C = −5 ⇔  B = −2
A + B + C = 2
C = 5 / 2


3

2

5

3

5

Do đó I = ∫ 2 x dx − ∫ x − 1 dx + ∫ 2 x + 2 dx = 2 ln x − 2 ln x − 1 + 2 ln x + 2 + c
(
)
(
)
Cách 2 ( Phương pháp gán các giá trị đặc biệt)
Thay x = 0 vào ( *) suy ra: 2 A = 3 ⇒ A = 3 / 2
Thay x = 1 vào ( *) suy ra: 3B = −6 ⇒ B = −2

Thay x = −2 vào ( *) suy ra: 6C = 15 ⇒ C = 5 / 2
I =∫

3
2
5
3
5
dx − ∫
dx + ∫
dx = ln x − 2 ln x − 1 + ln x + 2 + c.
2x
2 ( x + 2)
2
2
( x − 1)

Ví dụ 1.2.2. ([4])
x3 + 2
dx
Tính I = ∫ 4
x − 5x2 + 4
Ta có Q ( x ) = ( x − 1) ( x + 1) ( x − 2 ) ( x + 2 )

P ( x)
x3 + 2
A
B
C
D
= 4
=
+
+
+
, ∀x
2
Q ( x ) x − 5x + 4 x − 1 x − 2 x + 1 x + 2

⇔ x 3 + 2 = A ( x 2 − 4 ) ( x + 1) + B ( x 2 − 1) ( x + 2 ) + C ( x 2 − 4 ) ( x − 1) + D ( x 2 − 1) ( x − 2 ) , ∀x ( *)

Thay x = 1 vào ( *) suy ra: −6 A = 3 ⇒ A = −1/ 2

Thay x = 2 vào ( *) suy ra: 12 B = 10 ⇒ B = 5 / 6
Thay x = −1 vào ( *) suy ra: 6C = 1 ⇒ C = 1/ 6

Thay x = −2 vào ( *) suy ra: −12 D = −6 ⇒ D = 1/ 2
−1 dx 5 dx
1 dx 1 dx
−1
5
+ ∫
+ ∫
+ ∫
= ln x − 1 + ln x − 2
∫
2 x −1 6 x − 2 6 x +1 2 x + 2 2
6
1
1
+ ln x + 1 + ln x + 2 + c.
6
2

⇒I=

Ví dụ 1.2.3. ([4])
Tính I = ∫

3x 2 + 3x + 3
dx
x3 − 3x + 2

8

Ta có Q ( x ) = x 3 − 3x + 2 = ( x − 1)

2

( x + 2)

P ( x ) 3 x 2 + 3x + 3
A
B
C
+
+
, ∀x
Giả sử Q x = x 3 − 3x + 2 =
2
( )
( x − 1) x − 1 x + 2
⇔ A ( x + 2 ) + B ( x − 1) ( x + 2 ) + C ( x + 1) = 3 x 2 + 3 x + 3 , ∀x ( *)
2

Thay x = 1 vào ( *) suy ra: 3 A = 9 ⇒ A = 3

Thay x = −2 vào ( *) suy ra: 9C = 9 ⇒ C = 1

Thay x = 0 vào ( *) suy ra: 3 = 2 A − 2 B + C ⇒ B = 2

⇒I =∫

3x 2 + 3 x + 3
dx

dx
dx
−3
dx = 3∫
+ 2∫
+∫
=
+ 2 ln x − 1 + ln x + 2 + c.
2
3
x − 3x + 2
x −1
x + 2 x −1
( x − 1)

Ví dụ 1.2.4. ([4])
Tính I = ∫

4x + 4

( x 2 − 4 x + 3)

P ( x)

2

4x + 4

dx
A

B

C

D

=
+
+
+
, ∀x
2
2
2
Ta có Q ( x ) = 2
( x − 4 x + 3) x − 1 ( x − 1) x − 3 ( x − 3)

⇔ 4 x + 4 = ( A + C ) x 3 + ( −7 A + B − 5C + D ) x 2 + ( 15 A − 6 B + 7C − 2 D ) x
+ ( −9 A + 9 B − 3C + D ) , ∀x

A + C = 3
A = 3
−7 A + B − 5C + D = 0
B = 2


⇔
⇔
15 A − 6 B + 7C − 2 D = 4

C = −3
−9 A + 9 B − 3C + D = 4
 D = 4
 3
2
3
4 
dx
=
+
−
+

2
∫  x − 1 ( x − 1) 2 x − 3 ( x − 3) 2  dx
( x 2 − 4 x + 3)


2
4
= 3ln x − 1 −
− 3ln x − 3 −
+ c.
x −1
x −3

⇒I =∫

4x + 4

Ví dụ 1.2.5. ([4])
Tính I = ∫

(x

2

+ 1)

dx
x4 + x2 + 1
4
2
2
2
Ta có Q ( x ) = x + x + 1 = ( x + x + 1) ( x − x + 1)

P ( x)
x2 + 1
Ax + B
Cx + D
=
= 2
+ 2
, ∀x
Giả sử
4
2
Q ( x) x + x +1 x + x +1 x − x +1

⇔ x 2 + 1 = ( Ax + B ) ( x 2 − x + 1) + ( Cx + D ) ( x 2 + x + 1) , ∀x

⇔ x 2 + 1 = ( A + C ) x 3 + ( − A + B + C + D ) x 2 + ( A − B + C + D ) x + B + D, ∀x

9


A + C = 0
A + C = 0
A = C = 0
− A + B + C + D = 1 C + D = 1/ 2



⇔
⇔
⇔
1
A − B + C + D = 0
D − B = 0
 B = D = 2
 B + D = 1
 B + D = 1
⇒I =∫

(x

+ 1)

2

x + x +1
4

2

dx =

1 
1
1

+ 2
 2
÷dx
∫
2  x + x +1 x − x +1 



1
1



÷
dx+ ÷
dx− ÷
÷ 1 
1

2x +1
2x −1 
2
2




= ∫
+∫
=
arctan
+ arctan
÷

÷+ c
2
2
2
2
2 
3
3
3







1
3
1
3 ÷

x
+
+
x
−
+

÷

÷

÷

÷
 
2  2 
2  2  ÷




Ví dụ 1.2.6. ([4])
Tính I = ∫

(x

2 x 2 + 18
2

− 6 x + 13)

2

dx

P ( x)
2 x 2 + 18
Bx + C
Dx + C
=
=
+ 2
, ∀x
2
2
Giả sử Q ( x )
( x 2 − 6 x + 13) ( x2 − 6 x + 13) x − 6 x + 13
⇔ 2 x 2 + 18 = ( Bx + C ) + ( Dx + E ) ( x 2 − 6 x + 13) , ∀x ( *)

⇔ 2 x 2 + 18 = Dx 3 + ( −6 D + E ) x 2 + ( B + 13D − 6 E ) x + ( C + 13E ) , ∀x
D = 0
 B = 12
 −6 D + E = 2
C = −8



⇔
⇔
 B + 13D − 6 E = 0
D = 0
C + 13E = 18
 E = 2
2 x 2 + 18 ) dx
(
( 12 x − 8 ) dx +
2dx
⇒I =∫
=∫
2
2
∫
2
2
2
( x − 6 x + 13) ( x − 6 x + 13) ( x − 6 x + 13)
=6 ∫

( 2 x − 6 ) dx

(x

− 6 x + 13)

+ 28∫

dx

+ 2∫

dx

( x − 3) + 4
( x − 3 ) + 4 


−6
x−3
= 2
+ c1 + 28M + arctan
+ c2 ( t = x − 3)
x − 6 x + 13
2
dx
dt
=∫
2
2
Xét M = ∫ 
2
2
( t + 4) .
( x − 3) + 4
2dα 2
4
; t + 4 = 4 ( tan 2 α + 1) =

Đặt t = 2 tan α ⇒ dt =
2
cos α
cos 2 α
2

2

2

10

2

2


⇒M =∫

⇒I=

(t

dt

+ 4)

2

2

=∫

2dα
16
cos 2 α .
cos 4 α

=

1
1
1
( 1 + cos 2α ) dα =  α + sin 2α ÷+ c3
∫
16
16 
2


−6
17
x −3 1
x −3
+ arctan
+ sin 2 arctan
+c
x − 6 x + 13 16
2
32

2
2

Ví dụ 1.2.7. ([4])
Tính I = ∫

2 x 2 + 2 x + 13

dx

( x − 2 ) ( x 2 + 1)
P ( x)
2 x 2 + 2 x + 13
=
2
Giả sử Q ( x )
( x − 2 ) ( x 2 + 1)
2

=

A
Bx + C
Dx + E
+
+ 2
, ∀x
2
x − 2 ( x 2 + 1)
( x + 1)

⇔ 2 x 2 + 2 x + 13 = A ( x 2 + 1) + ( Bx + C ) ( x − 2 ) + ( Dx + E ) ( x − 2 ) ( x 2 + 1) , ∀x
2

⇔ 2 x 2 + 2 x + 13 = ( A + D ) x 4 + ( −2 D + E ) x 3 + ( 2 A + B + D − 2 E ) x 2

+ ( −2 B + C − 2 D + E ) x + ( A − 2C − 2 E ) , ∀x

A + D = 0
A =1
 −2 D + E = 0
 B = −3


⇔ 2 A + B + D − 2 E = 2 ⇔ C = −4
 −2 B + C − 2 D + E = 2
 D = −1


 A − 2C − 2 E = 13
 E = −2
⇒I =∫
=∫

2 x 2 + 2 x + 13

( x − 2 ) ( x 2 + 1)

2

dx = ∫

dx
3x + 4
x+2
−∫
dx − ∫ 2
dx
2
2
x−2
x
+
1
x
+
1
(
)

dx
3
2x
dx
1 2x
dx
− ∫
dx − 4 ∫
− ∫ 2
dx − 2 ∫ 2

2
2
x − 2 2 ( x 2 + 1)
x +1
( x 2 + 1) 2 x + 1



3
1

2
÷
=  ln x − 2 +
+
c
−
4
M
−
1
 ln ( x + 1) + 2 arctan x ÷+ c2 .
2

÷
2 ( x + 1) 
2


dx

dα
M
=
2 . Đặt x = tan α ⇒ dx = d ( tan α ) =
∫
Xét
2
cos 2 α
( x + 1)
⇒M =∫

(x

dx
2

+ 1)

2

=∫

dα / cos 2 α

( tan

2

α + 1)

2

= ∫ cos 2 α dα =

1
( 1 + cos 2α ) dα
2∫

1
1
1
1


=  α + sin 2α ÷+ c3 =  arctan x + sin ( 2 arctan x ) ÷+ c3 .
2
2
2
2



Do đó
⇒ I = ln x − 2 +

3

1
− 4 arctan x − 2sin ( 2 arctan x ) − ln ( x 2 + 1) + c .
2

2 ( x + 1)
2

1.4.3. Nguyên hàm theo từng phần
a. Công thức tính nguyên hàm từng phần

11


Giả sử u = u ( x ) ; v = v ( x ) có đạo hàm liên tục trong miền D, khi đó ta có:
d ( uv ) = udv + vdu ⇔ ∫ d ( uv ) = ∫ udv + ∫ vdu ⇔ uv = ∫ udv + ∫ vdu
⇒ ∫ udv = uv − ∫ vdu

Nhận dạng: Hàm số dưới dấu nguyên hàm thường là tích 2 loại hàm số khác
nhau
Ý nghĩa: Đưa 1 nguyên hàm phức tạp về nguyên hàm đơn giản hơn (trong
nhiều trường hợp việc sử dụng nguyên hàm từng phần sẽ khử bớt hàm số dưới
dấu nguyên hàm và cuối cùng chỉ còn lại 1 loại hàm số dưới dấu nguyên hàm).
Chú ý: Cần chọn u, dv sao cho du đơn giản và dễ tính được v đồng thời nguyên
hàm ∫ vdu đơn giản hơn nguyên hàm ∫ udv .
b. Các dạng nguyên hàm từng phần cơ bản và cách chọn u, dv
Nguyên hàm

u

dv

P ( x)

sin ( ax + b ) dx

P ( x)

cos ( ax + b ) dx

P ( x)

m ax +b dx

log m ( ax + b )

P ( x ) dx

arcsin ( ax + b )

P ( x ) dx

arccos ( ax + b )

P ( x ) dx

arctan ( ax + b )

P ( x ) dx

arccot ( ax + b )

P ( x ) dx

a

sin ( log a x )

x k dx

a

cos ( log a x )

x k dx

ax + b

m ax +b

sin ( α x + β ) dx

ax + b

m ax +b

cos ( α x + β ) dx

∫ P ( x ) .sin ( ax + b ) dx
∫ P ( x ) .cos ( ax + b ) dx
∫ P ( x ) .m dx
∫ P ( x ) .log ( ax + b ) dx
∫ P ( x ) .arc sin ( ax + b ) dx
∫ P ( x ) .arccos ( ax + b ) dx
∫ P ( x ) .arctan ( ax + b ) dx

∫ P ( x ) .arccot ( ax + b ) dx
∫ x sin ( log x ) dx
∫ x cos ( log x ) dx
∫ m sin ( α x + β ) dx
∫ m cos ( α x + β ) dx
ax + b

m

k
k

Một số ví dụ minh họa
Ví dụ 1.3.1. ([1])
3
Tính A1 = ∫ x cosxdx .

u = x 3
du = 3 x 2 dx
⇒
Cách làm chậm: Đặt 
. Khi đó ta có
 dv = coxdx v = sin x
u = x 2
du = 2 xdx
A1 = x 3 s inx − 3∫ x 2 sin xdx . Đặt 
⇒
. Khi đó ta có
 dv = s inxdx v = − cos x
u = x

 du = dx
A1 = x 3 s inx − 3  − x 2 cos x + 2∫ x cos xdx  . Đặt 
⇒
 dv = cos xdx v = sin x

12


(

)

A1 = x 3 s inx+3x 2 cos x − 6 x sin x − ∫ sin xdx = x3 s inx+3x 2 cos x − 6 ( x sin x + cos x ) + c .

Cách làm nhanh: Biến đổi về dạng ∫ P ( x ) L ( x ) dx = ∫ udv

A1 = ∫ x3cosxdx = ∫ x 3 d ( s inx ) = x 3 s inx − ∫ sin xd ( x 3 ) = x 3 s inx − 3∫ x 2 sin xdx
= x 3 s inx + 3∫ x 2 d ( cos x ) = x 3 s inx + 3  x 2 cos x − ∫ cos xd ( x 2 ) 

= x 3 s inx + 3 x 2 cos x − 6 ∫ x cos xdx =x 3 s inx + 3 x 2 cos x − 6 ∫ xd ( s inx )

(

)

= x 3 s inx + 3 x 2 cos x − 6 x sin x − ∫ sin xdx = x3 s inx+3 x 2 cos x − 6 ( x sin x + cos x ) + c

Ví dụ 1.3.2. ([3])
3 5 x −1
Tính A2 = ∫ x e dx

1 3
1
x d ( e5 x −1 ) =  x3e5 x −1 − ∫ e5 x −1d ( x 3 ) 
∫
5
5
1  3 5 x −1
1
3


=  x e − 3∫ x 2 e5 x −1dx  =  x 3e5 x −1 − ∫ x 2 d ( e5 x −1 ) 
5
5
5

1
3
1
3
6
= x3e5 x −1 −  x 2 e5 x −1 − ∫ e5 x −1d ( x 2 )  = x 3e5 x −1 − x 2 e5 x−1 + ∫ xe5 x −1dx
5
25
5
25
25
1 3 5 x −1 3 2 5 x −1 6
= xe − xe +

xd ( e5 x −1 )
∫
5
25
125
1
3
6
6 5 x −1
= x 3e5 x −1 − x 2 e5 x −1 +
xe5 x −1 −
e +c
5
25
125
625

Ta có A2 = ∫ x 3e5 x −1dx =

Nhận xét: Nếu P(x) có bậc n thì ta phải n lần sử dụng tích phân từng phần.
Ví dụ 1.3.3. ([1])
Tính A3 = ∫ x sin xdx
Đặt t = x ⇒ t 2 = x ⇒ 2tdt = dx
A3 = ∫ x sin xdx = −2∫ t 3 d ( cos t ) = −2t 3 cos t + 2 ∫ cos td ( t 3 ) = −2t 3 cos t + 6 ∫ t 2 d ( sin t )

Ta có
6 ∫ t 2 d ( sin t ) = 6t 2 sin t − 6 ∫ sin td ( t 2 ) = 6t 2 sin t − 12 ∫ t sin tdt =6t 2 sin t + 12 ∫ td ( cos t )

= 6t 2 sin t + 12t cos t − 12 ∫ cos tdt =6t 2 sin t + 12t cos t − 12sin t + c
⇒ A3 = −2t 3 cos t + 6t 2 sin t + 12t cos t − 12sin t + c

= −2

( x)

3

cos x + 6t 2 sin x + 12t cos x − 12sin x + c .

Ví dụ 1.3.4. ([1])
2
Tính A4 = ∫ x cos xdx

13


A4 = ∫ x cos 2 xdx =

1
x2 1
x
1
+
cos
2
x
dx
=
+ x cos 2 xdx
(
)

2∫
4 2∫
=

x2 1
x2 1
1
+ ∫ xd ( sin 2 x ) = + x sin 2 x − ∫ sin 2 xdx
4 4
4 4
4

x2 1
1
= + x sin 2 x + cos 2 x + c .
4 4
8

Ví dụ 1.3.5. ([3])
2
Tính A5 = ∫ x sinx cos xdx

1
x cos3 x 1
3
A5 = ∫ x sinx cos xdx = − ∫ xd ( cos x ) = −
+ ∫ cos3 xdx
3
3
3

2

=−

x cos3 x 1
x cos3 x 1 
sin 3 x 
+ ∫ ( 1 − sin 2 x ) d ( sin x ) = −
+  s inx −
÷+ c .
3
3
3
3
3 

1.4.4. Nguyên hàm hàm số có căn thức
p
a. Nguyên hàm dạng I = ∫ x m ( a + bx n ) dx với m, n, p hữu tỉ.

• Nếu p ∈ Z thì gọi k là mẫu số chung nhỏ nhất của các phân số tối giản
biểu thị bởi m, n. Khi đó đặt x = t k

m +1
∈ Z thì gọi s là mẫu số của p và đặt a + bx n = t s .
n
m +1
a + bx n
+
p

∈
Z
= ts .
• Nếu
thì gọi s là mẫu số của p và đặt
n
n
x
rj
r
1


qj
q
b. Nguyên hàm dạng I = ∫ R  x, x 1 ,..., x ÷dx với r1 , q1 ,..., rj , q j là nguyên dương.

÷


Gọi k là bội chung nhỏ nhất của các mẫu số q1 ,..., q j . Khi đó ta có:

• Nếu

r α
r1 α1
= ;...; j = j . Đặt x = t k .
q1 k
qj
k

r/s
  ax + b  m / n
 ax + b  
c. Nguyên hàm dạng I = ∫ R  x, 
÷ ,..., 
÷ ÷dx
 cx + d  ÷
  cx + d 


(với m, n,..,r,s nguyên dương).
Đặt:
t=

ax + b
td − b
ad − bc
 td − b m / n
 ad − bc
⇒x=
⇒ dx =
dt ⇒ I = ∫ R 
, t ,..., t r / s ÷
dt
2
2
cx + d
a − ct
 a − ct
 ( a − ct )

( a − ct )

Gọi k là bội chung nhỏ nhất của các số { n,..., s} . Đặt t = u k .
c. Nguyên hàm hàm vô tỉ bằng phương pháp lượng giác hóa
Các dạng nguyên hàm và các phép đổi biến số thông thường

14


Dạng nguyên hàm
1.
2.
3.

Đổi biến số

)
∫ f ( x, x − a ) dx
∫ f ( x, a + x ) dx
∫ f ( x,

x = a.sin t

a 2 − x 2 dx
2

2

2

2

a
cos t
x = a.tan t
x=

x = a.cos 2t


a+x 
f  x,
÷dx
a−x ÷



4.

∫

5.

∫ f ( x, ( x − a ) ( b − x ) ) dx

x = a + ( b − a ) sin 2 t

Điều kiện biến số
 −π π 

t∈
,
 2 2 
 π   3π 
t ∈ 0, ÷∪ π , ÷
 2  2 
 π
t ∈ 0, ÷
 2
 π
t ∈  0, ÷
 2
 π
t ∈ 0, 
 2

d. Một số ví dụ minh họa
Ví dụ 1.4.1. ([4])
Tính I1 = ∫
4

4

x

1 + x3
4

dx

−1
1
3
dx = ∫ x1/4 ( 1 + x 3/4 ) dx ⇒ m = ; n = ; p = −1∈ Z ⇒ k = 4
4
4
1 + 4 x3
4t 4 dt
4t 

= ∫  4t −
dt
Đặt 4 x = t ⇒ x = t 4 ⇒ dx = 4t 3dt ⇒ I1 = ∫
3
1+ t
1 + t 3 

( t + 1) ( t − 1) dt
I1 = 2t 2 − 2 ∫
( t + 1) ( t 2 − t + 1)

I1 = ∫

x

t 2 − ( t 2 − t + 1)
dt
dt
t 2 dt
dt

2
= 2t − 2 ∫ 2
− 2∫
dt
=
2
t
−
2
−
2
+
2
2
3
∫
∫
∫
2
t − t +1
t +1
t +1
( t + 1) ( t 2 − t + 1)
 1  3
÷
t − ÷ + 
 2  2 
2

= 2t 2 −

4
2t − 1 2
arctan
− ln 1 + t 3 + 2 ln 1 + t + c
3
3 3

= 2t 2 −

4
2 4 x −1 2
arctan
− ln 1 + 4 x 3 + 2 ln 1 + 4 x + c
3
3
3

Ví dụ 1.4.2. ([4])
Tính I 2 = ∫
I2 = ∫

x
1 + 3 x2

x
1 + 3 x2

dx

dx = ∫ x ( 1 + x 2/3 )

1/2

2
1
m +1
dx ⇒ m = 1; n = ; p = ⇒
= 3∈ Z
3
2
n

Đặt t = 1 + 3 x 2 ⇒ t 2 = 1 + 3 x 2 ⇒ ( t 2 − 1) = x 2 ⇒ 2 xdx = 6t ( t 2 − 1) dt
3

I2 = ∫

x
1 + 3 x2

dx = ∫

3t ( t 2 − 1)
t

2

2

dt = 3∫ ( t 2 − 1) dt = 3∫ ( t 4 − 2t 2 + 1) dt
2

15


(

3
3
= t 5 − 2t 3 + 3t + c = 1 + 3 x 2
5
5

)

5/2

(

− 2 1 + 3 x2

)

3/2

)

(

+ 3 1 + 3 x2 + c

Ví dụ 1.4.3. ([4])
Tính I 3 = ∫

x −1

dx
x + 3 x2
x −1
x1/2 − 1
I3 = ∫
dx = ∫
dx . Gọi k = BSCNN ( 2,3) = 6 .
x ( 1 + x −1/3 )
x + 3 x2

Đặt t = 6 x ⇒ x = t 6 ⇒ dx = 6t 5 dt .
⇒ I3 = ∫

6 ( t 4 − 1)
t3 −1 5
t −1 

.6
t
dt
=
dt = 6 ∫  t 2 − 1 − 2 ÷dt
6

4
2
∫
t +t
t +1
t +1 


= 2t 3 − 6t − 3ln 1 + t 2 + 6 arctan t + c = 2 x − 6 6 x − 3ln 1 + 3 x + arctan 6 x + c .

Ví dụ 1.4.4. ([4])
dx

Tính I = ∫

( x + 4)

x+4+

3

Đặt t = x + 4 ⇒ t 2 = x + 4 ⇒ dx = 2tdt .
⇒I =∫

2tdt
dt
= 2∫
= 2 arctan t + c = 2 arctan x 2 + 4 + c
3
t +t

1+ t 2

Ví dụ 1.4.5. ([4])
Tính I = ∫ 3

2− x
1
.
dx
2 + x ( 2 − x) 2

2− x
4
−12t 2 dt
3
t
=
⇒
x
=
−
2
⇒
dx
=
2
Đặt
2+ x
1+ t3
( 1+ t3 )

(1+ t )
t.

3 2

⇒I =∫

−12t 2 dt

( 1+ t )

3 2

16t 6

2

−3 dt
3
3 2+ x
=
= 2 +c = 3 
÷ +c
3
∫
4 t
8t
8  2− x

Ví dụ 1.4.6. ([4])

( 1− x )

2 3

Tính I =
∫

dx

x3

 −π   π 
, 0 ÷∪  0; ÷
 2   2

Đặt x = sin t ; t ∈ 

( 1 − sin t )
2

⇒I =∫

sin 3 t

3

cos t.dt = ∫

cos 4 t
.dt
sin 3 t

16


= −∫

cos 4 t
cos 4 t
u4
du
1+ u2
.
d
cos
t
=
.
d
cos
t
=
.
du
=
−
.du
(

) ∫
(
) ∫
2
∫
∫
2
2
2 2
2 2
sin 4 t
1
−
u
(
)
( 1 − cos t )
( 1− u )
( 1− u )
2

1 
1+ u2
 1
= ∫
+
du
−
÷
∫ 1 − u 2 .du

1− u 1+ u 
 1

1
2
2
= ∫
+
+
−
+ 1÷du
2
2
2
 ( 1− u )
( 1 + u ) ( 1 − u ) ( 1 + u ) 1 − u ÷

2 cos ( arcsin x )
1
1
2u
=
−
+u +c =
+u +c =
+ cos ( arcsin x ) + c
2
1− u 1+ u
1− u
1 − cos 2 ( arcsin x )

Ví dụ 1.4.7. ([4])
2
2
Tính I = ∫ ( 3 − x ) 3 − x dx

 −π π 
,
 2 2 

Đặt x = 3 sin t ; t ∈ 

⇒ I = ∫ ( 3 − 3sin 2 t ) 3 − 3sin 2 t

(

)

3 cos t dt = ∫ 3cos 2 t 3cos 2 t

(

)

3 cos t dt

2

9
 1 + cos 2t 

2
= 9 ∫ ( cos t ) dt = 9 ∫ 
÷ dt = ∫ ( 1 + 2 cos 2t + cos 2t ) dt
2
4


2

2

9 
1 + cos 4t 
9
 1 + 2 cos 2t +
÷dt = ∫ ( 3 + 4 cos 2t + cos 4t ) dt
∫
4 
2
8

9
1

=  3t + 2sin 2t + sin 4t ÷+ c
8
4

=

9
x
x  1 
x 

=  3arcsin
+ 2sin  2 arcsin
+ sin  4 arcsin
÷
÷÷+ c
8
3
3 4 
3 


Ví dụ 1.4.8. ([4])
Tính I = ∫

dx

x x2 − 1
1
 π   3π 
Đặt x =
; t ∈  0, ÷∪  π , ÷.
2 
cos t
 2 
2

sin tdt / cos t
sin tdt
sin tdt
1
⇒I =∫
=∫
2
=∫
= ∫ dt = t + c = arccos + c
1
1
cos
t
tan
t
cos t.tan t
x
−1
cos t cos 2 t

Ví dụ 1.4.9. ([4])
Tính I = ∫

x 2 − a 2 dx
x

17


Đặt x =

a
 π   3π 
; t ∈ 0, ÷∪ π , ÷ .
cos t
 2  2 

 1
 a.sin tdt
a2 
− 1÷.
2
2
a 2 tan 2 t .sin t.dt
 cos t  cos t
⇒ I2 = ∫
=∫
a
cos t
cos t


= ∫ a.tan 2 t.dt = a ∫ ( 1 + tan 2 t ) − 1 dt = a  ∫ d ( tan t ) − ∫ dt ÷



a
a

= a ( tan t − t ) + c = a  tan  arccos ÷− arccos ÷+ c

x
x



Ví dụ 1.4.10. ([4])
Tính I =
∫

(x

2

+ 1) dx
5

x8

 π
Đặt x = tan t ; t ∈  0, ÷.
2




5

 1 
( tan t + 1) dt  cos t ÷ dt
⇒I =∫

=∫
tan 8 t.cos 2 t
tan 8 t.cos 2 t
d ( sin t )
cos tdt
−1
−1
=∫
=∫
=
+c =
+c
8
8
7
7
sin t
sin t
7 sin t
7 sin ( arctan x )
2

5

Ví dụ 1.4.11. ([4])
2
Tính I = ∫ x x − 2 x + 2.dx

I = ∫ x x 2 − 2 x + 2.dx = ∫ x

( x − 1)

2

+ 1.dx = ∫ ( u + 1) u 2 + 1.du

 π
Đặt u = tan t ; t ∈ 0, ÷.
 2
⇒ I = ∫ ( 1 + tan t )

( tan

2

t + 1)

dt
=
cos 2 t

dt

∫ ( 1 + tan t ) cos

3

t

=∫

( sin t + cos t ) dt
cos 4 t
2

d ( sin t )
d ( cos t ) 1  ( 1 + sin t ) + ( 1 − sin t ) 
sin tdt
=∫
+∫
= −∫
+ ∫
 d ( sin t )
2
4
cos t
cos 4 t
4  ( 1 + sin t ) ( 1 − sin t ) 
( 1 − sin 2 t )
d ( cos t ) 1 
1
1
2
+ ∫
+
+
2
2
4
cos t

4  ( 1 + sin t )
( 1 − sin t ) ( 1 − sin 2 t )

1
1
1
1 1 + sin t
=
−
+
+ ln
+c
3
3cos t 4 ( 1 + sin t ) 4 ( 1 − sin t ) 4 1 − sin t
=∫

18


÷d ( sin t )
÷



=
+

1
1
−

3cos ( arctan ( x − 1) ) 4 1 + sin ( arctan ( x − 1) )

(

3

1

(

)

4 1 − sin ( arctan ( x − 1) )

)

1 1 + sin ( arctan ( x − 1) )
+ ln
+c
4 1 − sin ( arctan ( x − 1) )

1.4.5. Nguyên hàm hàm lượng giác
a. Các công thức nguyên hàm hàm lượng giác
1

1

∫ cos ( ax + b ) dx = a sin ( ax + b ) + c
dx

∫ sin ( ax + b ) dx = − a cos ( ax + b ) + c

1

dx

∫ cos ( ax + b ) = a tan ( ax + b ) + c
dx

∫ ( 1 + tan x ) dx = ∫ cos
2

2

2

2

2

x

= ∫ d ( tan x ) = tan x + c

x

= − ∫ d ( cot x ) = − cot x + c

dx

∫ ( 1 + cot x ) dx = ∫ sin

1

∫ sin ( ax + b ) = − a cot ( ax + b ) + c

2

d ( cos x )
= − ln cos x + c
cos x
d ( sin x )
cos x
∫ cot xdx = ∫ sin x dx = ∫ sin x = ln sin x + c
sin x

∫ tan xdx = ∫ cos x dx = −∫

b. Một số công thức lượng giác thường dùng

1 − cos 2 x
1 + cos 2 x
cos 2 x =
;
;
2
2
− sin 3x + 3sin x
cos 3 x + 3cos x
sin 3 x =

cos3 x =
;
4
4
1
( cos mx ) ( cos nx ) = cos ( m − n ) x + cos ( m + n ) x 
2
1
( sin mx ) ( sin nx ) = cos ( m − n ) x − cos ( m + n ) x 
2
1
( sin mx ) ( cos nx ) = sin ( m + n ) x + sin ( m − n ) x 
2
1
( cos mx ) ( sin nx ) = sin ( m + n ) x − sin ( m − n ) x 
2
sin 2 x =

c. Các dạng nguyên hàm cơ bản của hàm lượng giác
n
n
A2 = ∫ ( cosx ) dx
Dạng 1. A1 = ∫ ( s inx ) dx ;
Nếu n chẵn thì sử dụng công thức hạ bậc.
Nếu n = 3 thì sử dụng công thức hạ bậc hoặc biến đổi theo ý dưới đây.
Nếu 3 ≤ n , n lẻ (n = 2p+1) thì thực hiện biến đổi:
A1 = ∫ ( sin x ) dx = ∫ ( sin x )
n

2 p +1

A2 = ∫ ( cos x ) dx = ∫ ( cos x )
n

m
n
Dạng 2. B = ∫ sin x.cos x.dx

dx = ∫ ( s inx )

2 p +1

2p

dx = ∫ ( cosx )

( m, n ∈ N )
19

sin xdx = − ∫ ( 1 − cos 2 x ) d ( cos x )

2p

p

cosxdx = ∫ ( 1 − sin 2 x ) d ( sin x )
p


Trường hợp 1: m, n là các số nguyên

+ Nếu m chẵn, n chẵn thì sử dụng công thức hạ bậc, biến đổi tích thành
tổng.
+ Nếu m chẵn, n lẻ ( n = 2 p + 1) thì biến đổi:
B = ∫ ( s inx )

m

( cos x )

dx = ∫ ( sin x )

2 p +1

= ∫ ( sin x )

( cos x )

m

m

2p

cos x.dx

( 1 − sin x ) d ( s inx )
p

2

+ Nếu m lẻ ( m = 2 p + 1) , n chẵn thì biến đổi:
B = ∫ ( s inx )

2 p +1

( cos x )

= ∫ ( 1 − cos 2 x )

p

n

dx = ∫ ( 1 − cos 2 x )

( cosx )

n

p

( cos x )

n

sin x.dx

d ( cosx )

+ Nếu m lẻ, n lẻ thì sử dụng biến đổi cho số lẻ bé hơn.

Trường hợp 2: m, n là các số hữu tỉ thì biến đổi và đặt u = s inx ta có
B = ∫ ( s inx )

m

( cos x ) dx = ∫ u m ( 1 − u 2 )
n

Dạng 3. C1 = ∫ tan x.dx ; C2 = ∫ cot x.dx
Sử dụng công thức nguyên hàm:
n

n

dx

∫ ( 1 + tan x ) dx = ∫ cos
2

2

2

2

du

( n∈ N )

x

= ∫ d ( tan x ) = tan x + c

x

= − ∫ d ( cot x ) = − cot x + c

dx

∫ ( 1 + cot x ) dx = ∫ sin

n −1
2

d ( cos x )
= − ln cos x + c
cos x
d ( sin x )
cos x
cot
xdx
=
dx
=
∫
∫ sin x
∫ sin x = ln sin x + c
tan m x
cot m x
Dạng 4. D1 = ∫ n .dx ; D2 = ∫ n .dx ( m, n ∈ N )

cos x
sin x
+ Nếu n chẵn ( n = 2k ) thì biến đổi
sin x

∫ tan xdx = ∫ cos x dx = −∫

k −1

k −1
tan m x
dx
 1 
m
m
2
D1 = ∫
dx
=
tan
x
.
=
tan
x
.
1
+
tan
x

d ( tanx ) .
(
)

÷
2
2
∫
∫
cos 2 k x
 cos x  cos x
+ Nếu n lẻ ( n = 2h + 1) , m chẵn ( m = 2k ) thì biến đổi

D1 = ∫

tan 2 k x
sin 2 k x.cosx
sin 2 k x
dx
=
dx
=
∫ ( cos x ) 2( k +h+1)
∫ 1 − sin 2 x ( k +h+1) d ( sin x ) .
cos 2 h +1 x
(
)

+ Nếu n lẻ ( n = 2h + 1) , m lẻ ( m = 2k + 1)
D1 = ∫

tan 2 k +1 x
dx = ∫ tan 2 k
2 h +1
cos
x
k

 1

= ∫
− 1÷
2
 cos x 

2h

2h

k 
1  sin x
 1  tan x
x
dx = ∫ ( tan 2 x ) 
dx
÷
÷
2
 cos x  cos x
 cos x  cos x

2h

 1 
 1 

÷ d
÷.
 cos x 
 cos x 

20


Dạng 5. Sử dụng công thức biến đổi tích thành tổng
Một số ví dụ minh họa
Ví dụ 1.5.1. ([3])
4
Tính I = ∫ cos 3 xdx
2

1
 1 + cos 6 x 
2
I = ∫ cos 3 xdx = ∫ 
÷ dx = ∫ ( 1 + 2 cos 6 x + cos 6x ) dx
2
4



1 
1 + cos12 x 
1
= ∫  1 + 2 cos 6 x +
÷dx = ∫ ( 3 + 4 cos 6 x + cos12 x ) dx
4 
2
8

1
2
1

=  3 x + sin 6 x + sin12 x ÷+ c .
8
3
12

4

Ví dụ 1.5.2. ([3])
2

1
 1 − cos 4 x 
2
I = ∫ sin 2 xdx = ∫ 
÷ dx = ∫ ( 1 − 2 cos 4 x + cos 4x ) dx
2
4



1 
1 + cos8 x 
1
= ∫  1 − 2 cos 4 x +
÷dx = ∫ ( 3 − 4 cos 4 x + cos8 x ) dx
4 
2
8

1
1

=  3 x − sin 4 x + sin 8 x ÷+ c .
8
8

4

Ví dụ 1.5.3. ([4])
2

Tính I = ∫ ( s inx ) ( cos x ) dx
4

1
2
2
( sin 2 x ) ( cos x ) dx

∫
4
1
1
= ∫ ( 1 − cos 4 x ) ( 1 + cos 2 x ) dx = ∫ ( 1 + cos 2 x − cos 4 x − cos 2 x.cos 4 x ) dx
16
16
1
= ∫ ( 2 + cos 2 x − 2 cos 4 x − cos 6 x ) dx
16
1 
sin 2 x sin 4 x sin 6 x 
=  2x +
−
−
÷+ c .
32 
2
2
6 

I = ∫ ( s inx )

2

( cos x )

4

dx =

Ví dụ 1.5.4. ([4])
Tính I = ∫ ( s in3x )
I = ∫ ( s in3x )

10

10

( cos 3x )

( cos 3x )

5

5

dx

dx = ∫ ( sin 3 x )

10

( cos 3 x )

4

cos 3 x.dx

2

1
10
( sin 3x ) ( 1 − sin 2 3x ) d ( sin 3 x )
∫
3
1
= ∫ ( sin10 3 x − 2sin12 3 x + sin14 3 x ) d ( sin 3 x )
3
11
13
15
2 ( sin 3x )
sin 3 x ) 
(
1  ( sin 3 x )
= 
−
+
+c.
3  11
13
15


=

Ví dụ 1.5.5. ([4])

7

Tính I = ∫ ( s in2x ) ( cos 2 x )
I = ∫ ( s in2x )

7

( cos 2 x )

100

100

dx

dx = ∫ ( cos 2 x )

21

100

( sin 2 x )

6

sin 2 x.dx


3
1
100
( cos 2 x ) ( 1 − cos2 2 x ) d ( cos 2 x )

∫
2
1
100
= − ∫ ( cos 2 x ) ( 1 − 3cos 2 2 x + 3cos 4 2 x − cos 6 2 x ) d ( cos 2 x )
2
101
103
105
107
3 ( cos 2 x )
3 ( cos 2 x )
cos 2 x ) 
(
1  ( cos 2 x )
=− 
−
+
−
+c.
2  101
103
105
107


=−

Ví dụ 1.5.6. ([4])
9

Tính I = ∫ ( s in5x ) ( cos 5 x )
I = ∫ ( s in5x )

9

( cos 5 x )

111

111

dx

dx = ∫ ( cos 5 x )

111

( sin 5 x )

8

sin 5 x.dx

4
1
111
( cos 5 x ) ( 1 − cos 2 5 x ) d ( cos 5 x )
∫
5

1
111
= − ∫ ( cos 5 x ) ( 1 − 4 cos 2 5 x + 6 cos 4 5 x − 4 cos 6 5 x + cos8 5 x ) d ( cos 5 x )
5
112
114
116
118
120
4 ( cos 5 x )
6 ( cos 5 x )
4 ( cos 5 x )
cos 5 x ) 
(
1  ( cos 5 x )
=− 
−
+
−
+
+c.
5  112
114
116
118
120 

=−

Ví dụ 1.5.7. ([3])

8
Tính I = ∫ tan x.dx
I = ∫ tan 8 x.dx

= ∫  tan 6 x ( 1 + tan 2 x ) − tan 4 x ( 1 + tan 2 x ) + tan 2 x ( 1 + tan 2 x ) − ( 1 + tan 2 x ) + 1 dx
= ∫  tan 6 x − tan 4 x + tan 2 x − tan 0 x + 1 .d ( tan x ) + ∫ dx
=

tan 7 x tan 5 x tan 3 x tan x
−
+
−
+ x+c.
7
5
3
1

Ví dụ 1.5.8. ([3])
5
Tính I = ∫ cot 2 x.dx

I = ∫  cot 3 2 x ( 1 + cot 2 2 x ) − cot 2 x ( 1 + cot 2 2 x ) + cot 2 x  .dx
−1
cot 3 2 x − cot 2 x  .d ( cot 2 x ) + ∫ cot 2 x.dx
=
2 ∫
−1  cot 4 2 x cot 2 2 x  1
=
−

+ ln sin 2 x + c .
2  4
2  2

Ví dụ 1.5.9. ([4])
Tính I = ∫

tan 7 3 x
dx
cos6 3x
2

2
tan 7 3 x
dx
1
 1 
7
7
2
I =∫
dx
=
tan
3
x
.
=
tan
3

x
.
1
+
tan
3
x
d ( tan 3 x )
(
)

÷
2
2
∫
∫
cos6 3x
 cos 3 x  cos 3 x 3
1
= ∫ tan 7 3x. ( 1 + 2 tan 2 3 x + tan 4 3 x ) .d ( tan 3 x )
3

22