CHUYÊN đề TÍCH PHÂN tự SOẠN

11

CHUYÊN ĐỀ:
PHƯƠNG PHÁP TÍNH TÍCH PHÂN HÀM SỐ HỮU TỶ

Chủ đề 1: Tích phân các hàm số có mẫu số là tam thức bậc hai
A. Công thức sử dụng và kỹ năng biến đổi
1.

∫u

2

2.

∫u

2

3. ∫

du
1
u
= arctan + C
2
+a
a
a

4. ∫

du
1
u−a
= ln
+C
2
−a
2a u + a

5.

du
1
a+u
= ln
+C
2
a −u
2a a − u

∫

6. ∫

2

du
= 2 u +C
u

du
a2 − u2
du
u ±p
2

= arcsin

u
+ C (a>0)
a

= ln u + u 2 ± p + C

Kỹ năng biến đổi tam thức bậc hai:
2

b  b 2 − 4ac 

1. ax + bx + c = a  x + ÷ −
2a 
4a 2 

2

2. ax 2 + bx + c = ± ( mx + n ) ± p 2
2

B. Các dạng tích phân
Dạng 1: I1 = ∫

dx
ax + bx + c
2

dx

dx

1

1. Phương pháp: ∫ ax 2 + bx + c = ∫ mx + n 2 + p 2 = mp arctan
(
)

∫ ax

2

dx
dx
1
mx + n − p
=∫
=
ln
+C
2
2
+ bx + c

( mx + n ) − p 2mp mx + n + p

2. Một số ví dụ minh họa
Ví dụ 1: Tính nguyên hàm I = ∫

dx
2 x − 3x + 4
2

Giải:
I =∫

dx
1
dx
1
dx
= ∫
= ∫
2
2
2 x − 3x + 4 2 x 2 − 3 x + 2 2 
3   23 
÷
x− ÷ +
2
4  4 

2

mx + n
+C
p


11
3

4 x − ÷
1 4
2
4x − 3
4
= .
arctan 
+C =
arctan
+C
2 23
23
23
23
1
2

Ví dụ 2: Tính tích phân: I = ∫
0

dx
4x − 4x − 3

2

Giải:
1
2

1
2

dx
1 d ( 2 x − 1)
1 1
2x −1 − 2
I =∫ 2
= ∫
= . .ln
2
4 x − 4 x − 3 2 0 ( 2 x − 1) − 4 2 4
2x −1 + 2
0

 Chú ý: I1 = ∫

dx
ax + bx + c

1
2
0

1
= ln 3
8

∆ = b 2 − 4ac

2

* Nếu ∆ >0 thì:

( x − x2 ) − ( x − x1 )
1
1
1
=
=
.
ax + bx + c a ( x − x1 ) ( x − x2 ) a ( x1 − x2 ) ( x − x1 ) ( x − x2 )
2

=

1
a ( x1 − x2 )

 1
1 
−

÷.

 x − x1 x − x2 

Do đó:
I1 =
=

 1
1
1 
−

÷dx
∫
a ( x1 − x2 )  x − x1 x − x2 
1
1
x − x1
 ln x − x1 − ln x − x2  + C =
.ln
+ C.
a ( x1 − x2 )
a ( x1 − x2 )
x − x2

* Nếu ∆ =0 thì:
π

I =∫
0

dx
x −x−2
2

Do đó:
I1 =

1
dx
1
=−
+C
2
∫
a ( x − x0 )
a ( x − x0 )

* Nếu ∆ <0 thì thực hiện phép đổi biến số dạng 2.
1

dx

Ví dụ 3: Tính tích phân: I = ∫ x 2 + 3
0

Giải:


11
 π

t ∈ 0, 
 4

Đặt x= 3 tan t
⇒ dx =

3
.dt = 3 ( 1 + tan 2 t ) dt.
cos 2 t

Đổi cận:
• x = 0 thì t = 0
• x = 1 thì t =

π
6

Khi đó :
π
6

( 1 + tan 2 t )

π
6

π

1
1

1 6
−π
I=
dt
=
dt
=
.t =
2
∫
∫
3 0 tan t + 1
30
3 0 6 3
1

Ví dụ 4 : Tính tích phân I = ∫
0

dx
x −x−2
2

Giải :
Biến đổi :
1
1
1 1
1 
=

= 
−
÷
x − x − 2 ( x + 1) ( x − 2 ) 3  x − 2 x + 1 
2

Khi đó :
1

1

1  1
1 
1
2
I = ∫
−
÷dx = ( ln ( x − 2 ) − ln x + 1 ) = − ln 2.
3 0  x − 2 x +1 
3
3
0

Dạng 2 : Dạng tổng quát

I2 = ∫

f ( x ) dx
ax 2 + bx + c

1. Phương pháp : Ta thực hiện theo các bước sau :
Bước 1 : Thực hiện phép chia đa thức cho ax 2 + bx + c ta được :
f ( x)
mx + n
= g ( x) + 2
ax + bx + c
ax + bx + c
2

Bước 2 : khi đó :
I 2 = ∫ g ( x ) dx + ∫

Bước 3 : Tính

∫ ax

mx + n
dx
ax 2 + bx + c

mx + n
dx
2
+ bx + c


11
m
mb 


2ax + b ) +  n −
(
÷
mx + n
Cách 1 :
2a
2a 

dx
=
dx =
∫ ax 2 + bx + c ∫
ax 2 + bx + c

=

m ( 2ax + b ) dx 
mb 
dx
+n −
÷.∫ 2
2
∫
2a ax + bx + c 
2a  ax + bx + c

2
m d ( ax + bx + c ) 
mb 
m

mb 

=
+n −
ln ax 2 + bx + c +  n −
÷.I1 =
÷.I1
2
∫
2a
ax + bx + c
2a 
2a
2a 



dx


 I1 = ∫ 2
÷.
ax + bx + c 


Cách 2 : Phương pháp hệ số bất định (sử dụng khi mẫu có nghiệm)
2
 Nếu mẫu có nghiệm kép x = x0 tức là ax 2 + bx + c = a ( x − x0 ) thì ta

giả sử :

mx + n
A
B
=
+
∀x
2
ax + bx + c x − x0 ( x − x0 ) 2

Quy đồng vế phải và đồng nhất hệ số ở hai vế để tìm A, B.
mx + n

B

Với A, B vừa tìm ta có : ∫ ax 2 + bx + c dx = A ln x − x0 − x − x + C
0
2
 Nếu mẫu có hai ngiệm phân biệt x1 , x2 : ax + bx + c = a ( x − x1 ) ( x − x2 )

thì ta giả sử :
mx + n
A
B
=
+
∀x
2
ax + bx + c x − x1 x − x2

Quy đồng vế phải và đồng nhất hệ số ở hai vế để tìm A, B.

Với A, B vừa tìm ta có

∫ ax

mx + n
dx = A ln x − x1 + B ln x − x2 + C
2
+ bx + c

2. Một số ví dụ minh họa
1

Ví dụ 1 : Tính tích phân

0

Giải :
Biến đổi :

( 4 x + 11)

∫x

2

+ 5x + 6

dx

11

( A + B ) x + 3 A + 2B
4 x + 11
4 x + 11
A
B
=
=
+
=
x + 5 x + 6 ( x + 2 ) ( x + 3) x + 2 x + 3
( x + 2 ) ( x + 3)
2

Đồng nhất hệ số, ta được :

{

A+ B = 4
3 A + 2 B =11

⇔ { BA==13

Khi đó :
4 x + 11
3
1
=
+

x + 5x + 6 x + 2 x + 3
2

Do đó :
1

1
1 
9
 3
I = ∫
+
dx
=
3ln
x
+
2
+
ln
x
+
3
= ln
(
)
÷
0
x+2 x+3
2

0

 Nhận xét : Như vậy, ví dụ trên đã minh họa dạng tích phân ở trường
hợp ∆ >0. Ví dụ tiếp theo vẫn cho trong trường hợp ∆ >0 nhưng được mở
rộng hơn bằng việc thay tử số bằng một đa thức bậc cao.
Ví dụ 2 : Tính nguyên hàm I = ∫

( 2x

3

− 10 x 2 + 16 x − 1) dx
x2 − 5x + 6

Giải :
Biến đổi :
2 x 3 − 10 x 2 + 16 x − 1
4x −1
4x −1
= 2x + 2
= 2x +
2
x − 5x + 6
x − 5x + 6
( x − 3) ( x − 2 )
= 2x +

A
B
+

x−3 x−2

Ta được hằng đẳng thức :
4 x − 1 = A ( x − 2 ) + B ( x − 3)

(1)

Để xác định A, B trong (1) ta có thể lựa chọn một trong hai cách sau:
Cách 1 : (Phương pháp đồng nhất hệ số) : Khai triển vế phải của (1) và
sắp xếp đa thức theo thứ tự bậc lùi dần, ta có :
4 x − 1 = ( A + B ) x − 2 A − 3B

Đồng nhất hệ số, ta được :


11

{

A+ B = 4
⇔
−2 A−3 B =−1

{

A =11
B =−7

Cách 2 : (Phương pháp trị số riêng) : Lần lượt thay x = 2, x = 3 vào hai vế
của (1) ta được hệ :

{

A=11
B =−7

Từ đó, suy ra :
2 x 3 − 10 x 2 + 16 x − 1
11
7
= 2x +
−
2
x − 5x + 6
x−3 x−2

Do đó :
11
7 

2
I = ∫  2x +
−
÷dx = x + 11ln x − 3 − 7 ln x − 2 + C
x
−
3
x
−
2




Ví dụ 3 (trường hợp ∆ =0)
2

3 x 3dx
Tính tích phân : I = ∫ x 2 + 2 x + 1
0

Giải :
2

I =∫
0

2
3 x 3dx
9 2x + 2
3 
=
3
x
−
6
+
.
−

÷dx

x 2 + 2 x + 1 ∫0 
2 x 2 + 2 x + 1 ( x + 1) 2 ÷

2

 3x 2
3 
=
− 6 x + 9 ln x + 1 +
÷ = 9 ln 3 − 8
x +1  0
 2
1

Ví dụ 4 :Tính tích phân : I = ∫
0

x3 + 2 x 2 + 10 x + 1
dx
x2 + 2 x + 9

Giải :
Biến đổi :
x 3 + 2 x 2 + 10 x + 1
x +1
1 2x + 2
= x+ 2
= x+ . 2
2
x + 2x + 9

x + 2x + 9
2 x + 2x + 9

Khi đó :
1

1

1 2x + 2 
1 1 4

1 2 1

2
I = ∫ x + . 2
÷dx =  x + ln x + 2 x + 9 ÷ = + ln
2 x + 2x + 9 
2
2
0 2 2 3
0

Chủ đề 2 : Tính tích phân

I3 =

dx

( x + a) ( x + b)
m

n


11
I4 =

Dạng tổng quát:

f ( x ) dx

( x + a) ( x + b)
m

n

Các công thức sử dụng: Áp dụng các công thức như ở chủ đề 1.
1.Phương pháp chung
Ở dạng toán này, phương pháp chung thông thường là sử dụng phương
pháp tách.
Ta có:
f ( x ) dx

( x + a) ( x + b)
m

n

=

Am
Bn
A1
A2
B
B2
+
+ ... +
+ 1 +
+ ... +
2
m
2
n
x + a ( x + a)
( x + a) x + b ( x + b)
( x + b)

Sau khi tách, ta có thể sử dụng các phương pháp như đồng nhất thức, trị
số riêng, hệ số bất định,…để giải quyết phần còn lại của bài toán.
Tuy nhiên cách tách này chỉ đơn giản với m, n như 0, 1, 2. Nếu m, n lớn
thì sử dụng phương pháp này sẽ rất khó tính được tích phân.
Thật vậy, ta sẽ chia thành nhiều dạng nhỏ khác nhau như sau:
Dạng 1: m=n (với m, n nhỏ)
• m = n = 1 ⇒ tích phân trở thành dạng toán của chủ đề 1.
• m = n = 2 ⇒ ta có thể sử dụng phương pháp đồng nhất thức như sau:
dx

Tính tích phân I = ∫ x + a 2 x + b 2
(

) (
)

với a ≠ b

Phương pháp chung
Sử dụng đồng nhất thức:
( x + a) − ( x + b) 

 =1
a −b


2

( x + a) ( x + b)
2

2
 ( x + a) − ( x + b) 
1
1 
 1
=
=
−

2
( a − b )  x + b x + a 
( a − b) ( x + a) ( x + b) 

2

1
2

=

=

1

( a − b)

2

1

( a − b)

2

 1
2
1 
−
+


2
( x + a ) ( x + b ) ( x + a ) 2 

 ( x + b )
 1
2 ( x + a) − ( x + b)
1 
−
.
+

2
2
a − b ( x + a) ( x + b)
( x + a ) 
 ( x + b )


11
1

=

( a − b)

2

 1
2  1
1 
1 
−
.

−
+



÷
2
a − b  x + b x + a  ( x + a ) 2 
 ( x + b )

Ta được:
I=

=

=

1

( a − b)

2


dx
2  dx
dx 
dx 
−
−

+
∫


÷
2
a − b  ∫ x + b ∫ x + a  ∫ ( x + a ) 2 
 ( x + b )

1

( a − b)

2

1

( a − b)

2

2
1 
 1
 − x + b − a − b . ( ln x + b − ln x + a ) − x + a  + C
 2
x+a
2x + a + b 
.ln
−


+C
a
−
b
x
+
b
x
+
a
x
+
b
(
)
(
)


dx

Ví dụ 1: Tính tích phân: I = ∫ x + 3 2 x + 1 2
(
) (
)
Giải:
Sử dụng đồng nhất thức:
 ( x + 3) − ( x + 1) 


 =1
2


2

( x + 3) ( x + 1)
2

2
 ( x + 3) − ( x + 1) 
1 1
1 
=
=
−

4  x + 1 x + 3 
 2 ( x + 3) ( x + 1) 
2

1
2

=

1 1
2
1 
−

+


4  ( x + 1) 2 ( x + 3) ( x + 1) ( x + 3) 2 

=

( x + 3) − ( x + 1) + 1 
1 1
−

2
4  ( x + 1) 2 ( x + 3) ( x + 1)
( x + 3) 

=

1 1
1 
1 
 1
−
−
+



÷
4  ( x + 1) 2  x + 1 x + 3  ( x + 3) 2 

Ta được:
I=

=

1
dx
dx 
dx 
 dx
−∫
−∫
∫
÷+ ∫
2
2 
4  ( x + 1)  x + 1
x+3
( x + 3) 
1 1
1 
−
− ( ln x + 1 − ln x + 3 ) −
+C

4  x +1
x + 3 


11

=


1  x+3
2x + 4
−
 ln
+C
4  x + 1 ( x + 3) ( x + 1) 

Dạng 2: Xét m, n bất kì
Ví dụ 2: Tính nguyên hàm: I = ∫

x3 − x 2 − 4 x − 1
dx
x 4 + x3

Giải:
Ta có:
x3 − x 2 − 4 x − 1 x3 − x 2 − 4 x − 1 a b c
d
=
= 3+ 2+ +
4
3
3
x +x
x ( x + 1)
x
x

x x +1
=

( c + d ) x3 + ( b + c ) x 2 + ( a + b ) x + a
x3 ( x + 1)

Đồng nhất đẳng thức, ta được:
 c + d =1
 a = −1
 b + c = −1
 b = −3


⇔

 a + b = −4
 c=2
 a = −1
d = −1

Khi đó:
x3 − x 2 − 4 x − 1
1 3 2
1
=− 3 − 2 + −
4
3
x +x
x x
x x +1

Do đó:
1 
1
3
 1 3 2
I = ∫− 3 − 2 + −
÷dx = 2 + + 2 ln x − ln x + 1 + C
x x +1 
2x
x
 x x

 Nhận xét: Ở ví dụ trên, ta xét trường hợp m ≠ n , m, n nhỏ, sau đây ta
xét đến phương pháp với m, n lớn hơn.
Một số phương pháp khác để tính tích phân các hàm phân thức hữu tỷ:
Phương pháp 1: phương pháp Ôxtrôgratxki
• Giới thiệu chung về phương pháp Ôxtrôgratxki
P ( x)

Xét I = ∫ Q x dx; P ( x ) , Q ( x ) là các đa thức với hệ số thực và bậc của P
( )
nhỏ hơn bậc của Q.


11

Nếu Q(x) có nghiệm thực, hay Q ( x ) = A ( x )  B ( x )  , ( 2 ≤ k ∈ Z ) thì có thể
k

biểu diễn tích phân I dưới dạng sau đây:

I =∫

P ( x)
G ( x)
R ( x)
dx =
+∫
dx
Q ( x)
Q1 ( x )
Q2 ( x )

(*)

Trong đó Q1 ( x ) = ƯCLN { Q ( x ) ; Q ' ( x ) } và Q2 ( x ) = Q ( x ) : Q1 ( x ) ; G(x),
R(x) là các đa thức có hệ số chưa xác định với bậc của G bằng bậc của
Q1 − 1 ; bậc của R bằng bậc của Q2 − 1 . Các hệ số của R(x) và G(x) được

xác định bằng cách lấy đạo hàm hai vế của đẳng thức (*) rồi đồng nhất
các hệ số của hai vế nhận được.
I3 = ∫

Ví dụ 3: Tính nguyên hàm

xdx

( x − 1) ( x + 1)
2

3

Giải:
Ta có:
Q ( x ) = ( x − 1)

( x + 1)
2
⇒ Q ' ( x ) = ( x − 1) ( x + 1)  2 ( x + 1) + 3 ( x − 1) 
2
⇒ Q1 ( x ) = ( x − 1) ( x + 1) ; Q2 ( x ) = ( x − 1) ( x + 1)

Giả sử

2

I1 = ∫

3

xdx

( x − 1) ( x + 1)
2

3

=

Ax 2 + Bx + C

( x − 1) ( x + 1)

2

+ D∫

dx
dx
+ E∫
x −1
x +1

Đạo hàm hai vế ta nhận được:
x

( x − 1) ( x + 1)
2

3

(x
=

2

− 1) ( 2 Ax + B ) − ( 3 x − 1) ( Ax 2 + Bx + C )
( x − 1) ( x + 1)
2

3

+

D
E
+
x −1 x +1

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


11

D+E =0
 A = −1/ 8

 B = −1/ 8
− A + 2D = 0


⇔  A − 2 B − 2 E = 0 ⇔  C = −1/ 4
−2 A + B − 3C − 2 D = 1  D = −1/16


 C − B − D + E = 0
 E = 1/16

⇒ I3 = ∫

xdx
x2 + x + 2
1 dx
1 dx
=
−
− ∫
+ ∫
2
3
2
( x − 1) ( x + 1)
8( x − 1)( x + 1) 16 x − 1 16 x + 1

=−

x2 + x + 2
1
x +1
+ ln
+C
2
8( x − 1)( x + 1) 16 x − 1

Phương pháp 2: Sử dụng khai triển Taylor
• Đa thức Pn ( x) bậc n có khai triển Taylor tại điểm x=a là:

P 'n ( a )

P ''n (a)
Pn( n ) (a)
2
Pn ( x) = Pn (a ) +
( x − a) +
( x − a ) + ... +
( x − a) n
1!
2!
n!

3
2
• Ví dụ: P3 ( x) = 4 x − 5 x + 8 x − 2

Khai triển Taylor của P3 ( x) tại điểm x = 1 là:
P3 ( x) = P3 (1) +

P3 '(1)
P ''(1)
P (3) (1)
( x − 1) + 3
( x − 1) 2 + 3
( x − 1)3
1!
2!
3!

P3 ( x) = 5 + 10( x − 1) + 7( x − 1) 2 + 4( x − 1)3

Ví dụ 4:

Tính nguyên hàm

I4 = ∫

x3 + x + 1

( x − 2)

30

dx

Giải:
Đặt

P3 ( x) = x 3 + x + 1

⇔ P3 ( x) = P3 (2) +

P3 '(2)
P3 ''(2)
P3(3) (2)
2
( x − 2) +
( x − 2) +
( x − 2)3
1!
2!

3!

⇔ P3 ( x) = 11 + 13( x − 2) + 6( x − 2) 2 + ( x − 2)3
⇒ I4 = ∫

11 + 13( x − 2) + 6( x − 2) 2 + ( x − 2)3
dx
( x − 2)30


11
= ∫ 11( x − 2) −30 + 13( x − 2) −29 + 6( x − 2) −28 + ( x − 2) −27 dx
=

−11
13
6
1
−
−
−
+C
29
28
27
29( x − 2)
28( x − 2)
27( x − 2)
26( x − 2) 26