Đại số tuyến tính ma trận tích phân toan cao cap giai tich phan 3

Toán cao cấp :

Chương VI

Giải tích

101

TÍCH PHÂN BẤT ĐỊNH

I.

Nguyên hàm - tích phân bất đònh:

1.

Đònh nghóa: Cho các hàm số f, F xác đònh trên [a, b].

F được gọi là nguyên hàm của f trên (a, b) nếu
F’(x) = f(x), ∀x ∈ (a, b).
F gọi là nguyên hàm của f trên [a, b] nếu:
F’(x) = f(x), ∀x ∈ (a, b)
và F’(a+) = f(a), F’(b-) = f(b)
Ví dụ:
•

(- cosx) là nguyên hàm của sinx vì (-cosx)’ = sinx

•

(- cosx + 7) cũng là nguyên hàm của sinx.

•

x3 x3
x3
,
−5,
− C là những nguyên hàm của x2 vì:
3 3
3
/

/

/

 x3   x 3
  x3

2
=
−
5
  
 =  −C = x
3
3
3
  
 



2.

Đònh lý: Nếu hàm số f liên tục trên [a, b] thì f có nguyên

hàm trên [a, b].

3.

Đònh lý: Giả sử F là nguyên hàm của f trên (a, b). Khi đó:
i) F + C (C là hằng số) cũng là một nguyên hàm của f trên
(a, b).
ii) Nếu G là một nguyên hàm của f trên (a, b) thì
G(x) = F (x) + C, ∀x ∈ (a, b).

Chứng minh:
i)

(F(x) + C)’ = F’(x) = f(x), ∀x ∈ (a, b)

⇒ F + C là một nguyên hàm của f trên (a, b)
ii)

[G(x) - F(x)]’ = G’(x) - F’(x) = f(x) - f(x) = 0, ∀x ∈ (a, b)


Toán cao cấp :

Giải tích

102

⇒ G(x) - F(x) = C (hằng số), ∀x ∈ (a, b)
⇒ G(x) = F(x) + C, ∀x ∈ (a, b)
Ghi chú:
•

Đònh lý trên vẫn đúng nếu thay (a, b) bằng [a, b].

•

Nếu f có một nguyên hàm thì f có vô số nguyên hàm và 2
nguyên hàm bất kỳ của cùng một hàm thì sai khác nhau một
hằng số.

4. Đònh nghóa: Tập hợp tất cả những nguyên hàm của f trên [a, b]
được gọi là tích phân bất đònh của f trên [a, b], ký hiệu:

∫ f ( x )dx .
Nếu F là một nguyên hàm của f thì
II.

∫ f ( x )dx =F ( x ) + C .

Tính chất của tích phân bất đònh:

Cho f, g là các hàm số có nguyên hàm trên (a, b). Khi đó:
d
i)

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

ii) d ∫ f ( x )dx = f ( x ) dx

∫ ( f ( x ) ± g( x )) dx = ∫ f ( x )dx ± ∫ g( x )dx
iv) ∫ kf ( x )dx =k ∫ f ( x ) dx , k ∈ ℝ
iii)

Hệ quả:

n

n

i =1

i =1

∫ ∑ ki fi ( x )dx = ∑ ki ∫ fi ( x )dx

v) Nếu F’(x) = f(x) thì

∫ F '( x )dx = ∫ dF ( x ) =F ( x ) + C = ∫ f ( x ) dx
và ∫ f ( y ) dy = F ( y ) + C , ∫ f (t )dt = F ( t ) + C ,...

Chứng minh: Dành cho độc giả (suy ra từ tính chất đạo hàm).
III.

Các công thức tích phân bất đònh cơ bản:

Toaùn cao caáp :

1.
2.

Giaûi tích

103

∫ 0dx = C
∫ adx = ax+ C

3.

n
∫ x dx =

4.

∫

x n +1
+ C ( n ≠ -1)
n +1

(ln x )' , x > 0
dx
= ln x + C ( vì (ln|x| + C)’ = (ln|x|)’ = 

x
ln(− x )' , x < 0
1
 x
=
− 1 = 1
 − x x

5.

∫ e dx = e
x

x

ax
6. ∫ a dx =
+C
ln a

8.

,x < 0

=

1
, x ≠ 0)
x

+C

x

7.

,x > 0

/

 ax 
x
(vì 
 =a )
ln
a



∫ sin xdx = - cosx + C
∫ cos xdx = sinx+ C
1

9.

∫ cos

10.

∫ sin

11.

∫ 1+ x

12.

∫

13.

dx
x − n +1
−1
−n
=
x
dx
=
+C =
+ C ( n ≠ 1)
∫ xn ∫
−n + 1
(n − 1) x n −1

2

x

1

2

x

dx

2

dx = ∫ (1 + tg 2 x )dx = tgx + C

dx = ∫ (1 + cot g2 x )dx = − cot gx + C
= arctgx + C

dx
1 − x2

= arcsinx + C


Toaựn cao caỏp :

dx
=
x

Giaỷi tớch

104

x+C

2

sin x
d (cos x )
dx =
=-ln cosx + C
cos x
cos x
cos x
d (sin x )
15. cot gxdx =
dx =
=ln sinx + C
sin x
sin x

14. tgxdx =

dx

= arcsin

x
+C
a

16.

17.

a

18.



19.

x

20.

( x a)( x b) = b a ln x a + C

2

a x

dx
1
x
= arctg + C
2
+x
a
a

dx
2

x +b
2

= ln x + x 2 + b + C

dx
1
xa
=
ln
+ C (a 0)
2
a
2a x + a
1

dx

21.

22.

x b

(a b)

a 2 x 2 dx =

x 2
a2
x
a x 2 + arc sin + C (a 0)
2
2
a



a 2 + x 2 dx =

x 2
a2
a + x 2 + ln x + a2 + x 2 + C
2
2

IV.
a.

2

2

Vaứi vớ duù:

x 5x 3 x 2 + 3 x + 7
dx

x2 + 1
8x + 9

= x 2 5x 2 + 2
dx
x +1

4


Toaùn cao caáp :

b.

Giaûi tích

105

=

x 3 5x 2
 8x + 9 
−
− 2x + ∫  2
 dx
3
2

 x +1 

=

x 3 5x 2
4.2 xdx
dx
−
− 2x + ∫ 2
+ 9∫ 2
3
2
x +1
x +1

=

x3 5x 2
d ( x 2 + 1)
−
− 2 x + 4∫ 2
+ 9arctgx + C
3
2
x +1

=

x3 5x 2
−

− 2 x + 4 ln( x 2 + 1) + 9arctgx + C
3
2
1

1

= ∫ ( x 2 + x ) x 2 x 4 dx

2
∫ ( x + x ) x x dx

3
11
7
(1+ ) 
 (2 + 3 )
4 154 4 114
= ∫  x 4 + x 4  dx = ∫ x 4 + x 4 dx =
x + x +C
15
11



(e3 7)x
e3 x 7 x
=
c. ∫ e 7 dx = ∫ (e 7) dx =
+C

ln e3 7
3 + ln 7
dx
d ( x + a)
=∫
=ln x+a + C
d. ∫
x+a
x+a
3x

e.

3

x

x

sin xdx
tgxdx
tg2 x
=
=
tgxd
(
tgx
)
=
+C

∫ cos3 x ∫ cos2 x ∫
2

Caùch khaùc:
sin xdx
−d (cos x )
1
∫ cos3 x = ∫ cos3 x = 2 cos2 x + C
=
f.

∫ (x −

1
tg2 x
(1 + tg2 x ) + C =
+K
2
2

dx
x 2 + 1)2

( x + x 2 + 1)2

∫ x


2

− ( x 2 + 1)

= ∫ ( x 2 + 2 x x 2 + 1 + x 2 + 1)dx

2

dx


Giải tích

Toán cao cấp :

=2

1
x3
+ x + ∫ u 2 du
3

1

106

(u = x2 + 1 ⇒ du = 2xdx)

+1

3
x3

u2
2
2
= 2 +x+
+ C = x 3 + x + ( x 2 + 1) 2 + C
1
3
3
3
+1
2
dx
dx
1 ( x + a) − ( x − a)
g. ∫ 2
=∫
=
dx
2
x −a
( x − a)( x + a) 2 a ∫ ( x − a)( x + a)

=

1
1  1
1 
[ln|x - a| - ln|x + a|] + C
−


 dx =
∫
2a
2a  x − a x + a 

=

1
x−a
+C
ln
2a x + a

( a ≠ 0)

h. ∫ tg2 xdx = ∫ (tg2 x + 1 − 1)dx = tgx - x + C
i.

∫ tg xdx = ∫ (tg x + tg x − tg x + tgx − tgx )dx
= ∫ tg x (tg x + 1)dx − ∫ tgx (tg x + 1)dx + ∫ tgxdx
5

5

3

3

3

2

2

tg4 x tg2 x
−
− ln cos x +C
=
4
2

V. Phương pháp tính tích phân bất đònh:
1. Phương pháp đổi biến:
a. Giả sử f là hàm số có nguyên hàm trên miền D.
Đặt x = ϕ(t), với ϕ là hàm khả vi đơn điệu đối với biến t và
miền giá trò của ϕ(t) chứa trong D. Khi đó:

∫ f ( x )dx = ∫ f (ϕ (t))ϕ '(t)dt
Ví dụ:
1)

∫

sin 3 x
3

x

2

dx

Đặt: x = t3 ⇒ dx = 3t2dt ,

3

x 2 = t2,

3

x=t


Toán cao cấp :

⇒ I=

Giải tích

107

(sin t )3t 2 dt
= ∫ 3sin tdt = -3cost + C
∫ t2

2) I = ∫ a 2 − x 2 dx
Đặt : x = asint với −

= -3cos 3 x + C

(a > 0) , a2 - x2 ≥ 0 ⇔ - a ≤ x ≤ a

π
2

⇒ I = ∫ a 2 − x 2 dx =

≤t≤

∫

π
2

⇒ dx = acostdt ⇒ sint=

a2 − a 2 sin 2 t acostdt

= ∫ a cos2 ta cos tdt = ∫ a2 cos t cos tdt =

∫a

2

cos2 tdt

 π π
(vì t ∈  − ,  ⇒ cost ≥ 0 ⇒ |cost| = cost )
 2 2
a2 (1 + cos 2t )

= ∫
dt
2

a2
a2
=
t + sin 2t + C
2
4

a2
x a2
= arcsin + 2 sin t cos t +C
2
a 4

=

a2
x a2 x
x2
arcsin +
1− 2 + C
2
a 2 a
a

=

a2
x x 2
arcsin +
a − x2 + C
2
a 2

b. Đặt u = h(x) với h khả vi liên tục. Ta có:

∫ g(h( x ))h '( x )dx = ∫ g(u)du
18

Ví dụ : 1)

3 8

∫ ( 3x + 5)  8 x + 5x  dx

Đặt :

3x 8
+ 5 x ⇒ du = (3x7 + 5)dx
8

u=

7

( u = h(x) ⇒ du = h’(x)dx)
19

u19
1 3 8

⇒ I= ∫ u du =
+C=
 x + 5x 
19
19  8

18

+C

x
a


Toaựn cao caỏp :

2)

x

4

3xdx
=
+ 6 x 2 + 15

(x

2

Giaỷi tớch

108

3xdx
+ 3)2 + 6

u = x2 + 3 du = 2xdx
3
2 xdx
3
du
I= 2
= 2
2
2 ( x + 3) + 6
2 u +6

ẹaởt :

x2 + 3
6
u
6
arctg
+C=

arctg
+C
4
4
6
6

=
3) I =

e3 x dx
e2 x + 1

ẹaởt : u = ex du = exdx

e3 x dx
e2 x e x dx
u2 du
u2 + 1 1
=
=
=
e2 x + 1 e2 x + 1 u2 + 1 u2 + 1 du
du
= du 2
= u arctgu + C = e x arctge x + C
u +1
1
dx
dx

1
dx
1
1 du
x
a
4) 2
=
=
= 2
(u = )
2
2
2
2

x +a
a x
a x
a u +1
a
+1
+1
a
a
1
1
x
= arctan u + C = arctan + C
a

a
a
dx
dx
dx
5)
=
=
2
a2 x 2
x 2
x
2
a
1

a 1

a
a


I =

=
6)

x
x

u = = arcsin u + C = arcsin + C (a>0)
a
a
1 u
du

dx
2

x +b

2

= ln x + x 2 + b + C

ẹaởt u = x + x 2 + b du =

x2 + b + x
x2 + b

dx


Toán cao cấp :

dx

⇒
⇒
2.

2

∫

x +b
dx

=

Giải tích

du
2

109

=

du
u

x +b +x
du
=∫
= ln|u| + C = ln x + x 2 + b
2
u
x +b

+C

Phương pháp tích phân từng phần:

Cho u = u ( x ) , v = v ( x ) là các hàm khả vi và có đạo hàm liên
tục. Khi đó: ∫ udv = uv − ∫ vdu

Chứng minh:
Ta có: d(uv) = vdu + udv ⇒ ∫ d (uv) = ∫ udv + ∫ vdu
Suy ra

∫ udv = uv − ∫ vdu
Thông thường để tính : ∫ f ( x )dx , ta phân tích : f(x)dx = udv
sao cho tính được các tích phân ∫ vdu và ∫ dv .
Nhận xét:
e x 


• Dạng: ∫ p( x )  cos x  dx . Đặt u = p(x) và dv =
sin x 


 ln x



• Dạng: ∫ p( x )  arctgx  dx .
arcsin x 



 ln x



Đặt u=  arctgx  và dv =p(x)dx
arcsin x 


Ví dụ:
a)

2 x

∫ x e dx

e x 


 cos x  dx
sin x 




Toán cao cấp :

Giải tích

110

Đặt: u = x2 ⇒ du = 2xdx
dv = exdx, chọn v = ex
(dv = exdx ⇒ v = ex + C, chọn C = 0)
Do đó : ∫ x 2 e x dx = uv - ∫ vdu = x2ex - ∫ 2 xe x dx
Đặt: u = 2x ⇒ du = 2dx; dv = exdx, chọn v = ex

⇒ ∫ x 2 e x dx = x2ex - [2xex - ∫ 2e x dx ] = x2ex - 2xex + 2ex + C
Tổng quát :
= xnex - nxn - 1ex + n(n - 1)xn - 2ex + ... + (-1)n - 1n! xex

∫ x e dx
n x

+ (-1)nn! ex + C
b)

∫ ln xdx

Đặt :u = lnx ⇒ du =

dx
;
x

dv = dx, chọn v = x
xdx
∫ ln xdx = xlnx - ∫ x = xlnx - x + C
c)

∫x

n

ln xdx , n ≠ -1

Đặt : u = lnx ⇒ du =
n
∫ x ln xdx =

d)

1
x n +1
dx; dv = xndx, chọn v =
x
n +1

x n +1
x n+1
x n +1
x n+1
ln x − ∫
dx =
ln x −
+C
n +1
(n + 1) x
n +1
(n + 1)2

I= ∫ x 3 sin xdx

Đặt: u = x3 ⇒ du = 3x2dx
dv = sinxdx, chọn v = -cosx

⇒ I = -x3cosx + ∫ 3x 2 cos xdx
= -x3cosx + 3x2sinx - ∫ 6 x sin xdx
= -x3cosx + 3x2sinx + 6xcosx - ∫ 6 cos xdx


Toán cao cấp :

Giải tích

111

= -x3cosx + 3x2sinx + 6xcosx - 6sinx + C
e) I =

∫ xarctgxdx

Đặt: u = arctgx ⇒ du =

dx
1 + x2

1
1
(x2 + 1) (Chọn C = )
2

2
1
1
(x2 + 1)arctgx - ∫ ( x 2 + 1)
dx
2
1 + x2
1
(x2 + 1) arctgx x +C
2

dv = xdx, v =

1
2
1
=
2

⇒ I=

f)

∫

a 2 − x 2 dx

Đặt: u = a2 − x 2 ⇒ du =

−2 xdx

2 a2 − x 2

=−

xdx
a2 − x 2

dv = dx, chọn v = x

⇒ I= x a − x
2

2

−∫ −

x 2 dx

=x a −x
2

a2 − x 2

= x a2 − x 2 - ∫ a 2 − x 2 dx + a2 ∫

⇒ 2I = x a2 − x 2 + a2 ∫
⇒ I =

2

dx

−∫

− x 2 + a2 − a 2
a2 − x 2

2

a − x2

dx
a2 − x 2

x 2
a2
x
a − x2 +
arcsin + C
2
2
a

Tương tự:
J =

∫

a 2 + x 2 dx

Đặt: u = a2 + x 2 ⇒ du =
Ta có:

xdx
a2 + x 2

, dv = dx, chọn v = x

dx


Toán cao cấp :

J = x a2 + x 2 -

∫

⇒2J= x a2 + x 2 + a
⇒J=
=

Giải tích

x 2 dx
a2 + x 2
dx
2

x 2
a2

a + x2 +
2
2

∫

∫

112

= x a2 + x 2 -

∫

x 2 + a2 − a2 dx
a2 + x 2

a2 + x 2

dx
2

a + x2

x 2
a2
a + x 2 + ln(x + a2 + x 2 ) + C
2
2

VI. Tích phân các hàm hữu tỉ :
Nhắc lại :
dx
∫ x + a = ln|x + a| + C
dx
−1
∫ ( x + a)k = (k − 1)( x + a)k −1

∫x

2

dx
1
x−a
=
ln
+C
2
−a
2a
x+a
dx

∫ ( x − x )( x − x ) = x
1

1.

+C

2

1
( x − x1 ) − ( x − x2 )
dx
∫
( x − x1 )( x − x2 )
2 − x1

=

 1
1
1 
−

 dx
∫
x2 − x1  x − x2 x − x1 

=

1
x − x2
ln
+ C ( x1 ≠ x2 )
x2 − x1
x − x1

Tích phân dạng: I= ∫
I =

( Ax + B)dx
ax 2 + bx + c

( a≠ 0)

A
2ax + b
Ab 
dx

dx +  B −
∫ 2
2
∫
2 a ax + bx + c
2 a  ax + bx + c



Toán cao cấp :

Tính:

=

113

A
ln|ax2 + bx + c| +
2a

=

I1 =

Giải tích

I1 = ∫

dx
ax + bx + c

(a ≠ 0)

2

1
dx
∫
a x2 + b x + c
a
a

1
a

Ab 

dx

B−
∫ 2
2 a  ax + bx + c


=

1
a

∫

dx
2

b  c b2
x
+

 + −
2 a  a 4a 2


dx

∫

2

b 
∆
x+  − 2
2a  4a


i)

Nếu ∆ < 0:
1
du
−∆
b
I1 = ∫ 2
với α2 = 2 , u = x +
2
a u +α
4a
2a
1
u
arctg
+C
=
aα
α

ii)

Nếu ∆ = 0:
1
du
1
I1 =
=−
+C
2
∫
a
u
au

iii)

Nếu ∆ > 0:
ax2 + bx + c = a(x - x1)(x - x2)
với x1, x2 là nghiệm của ax2 + bx + c = 0

2. Phân tích một đa thức thành tích của những nhò thức và
tam thức:

(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 nhò thức bậc nhất và những tam thức bậc hai.
Ví dụ:

Toán cao cấp :

Tính : ∫

=

3x − 5
A
B
C
+
+
=
( x − 3)( x + 2)( x − 1)
x − 3 x + 2 x −1
A( x + 2)( x − 1) + B( x − 3)( x − 1) + C ( x − 3)( x + 2)
( x − 3)( x + 2)( x − 1)
x = 3 ⇒ 10A = 4 ⇒ A =
x = -2 ⇒ 15B = -11

2
;
5

⇒ B =−

x = 1 ⇒ -6C = -2 ⇒ C =

⇒

114

(3x − 5)dx
( x − 3)( x + 2)( x − 1)

Ta có

Cho :

Giải tích

11
15

1
3

3x − 5
2
11
1
=
−
+
( x − 3)( x + 2)( x − 1)
5( x − 3) 15( x + 2) 3( x − 1)
(3 x − 5)

∫ ( x − 3)( x + 2)( x − 1) dx
=

2
11
1
ln|x - 3| ln|x + 2| +
ln|x - 1| + C
5
15
3

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

3x − 5
≡
( x − 3)( x + 2)( x − 1)
( A + B + C ) x 2 + ( A − 4 B − C ) x − 2 A + 3B − 6C
( x − 3)( x + 2)( x − 1)
A + B + C = 0

Đồng nhất 2 vế ⇒  A − 4 B − C = 3
−2 A + 3B − 6C = −5

Ghi chú: Nếu anxn + an -1xn

- 1

... + a1x + a0 = 0 có nhiều hơn

n nghiệm thực ⇒ an = an - 1 = ... = a0 = 0

Toán cao cấp :

Giải tích

115

Ví dụ: ax2 + bx + c = 0 có 3 nghiệm phân biệt ⇒ a = b = c = 0
5x + 2
Ví dụ 1: 2
=
( x + 1)2 (3x − 2)3
Ax + B Cx + D
E
F
G
+ 2
+
+
+
2
2
2
x + 1 ( x + 1) 3 x − 2 (3 x − 2) (3x − 2)3
Ví dụ 2:

6x2 − 7x + 2
=
( x 2 − x + 1)( x + 2)4
Ax + B

C
D
E
F
+
+
+
+
2
2
3
x − x + 1 x + 2 ( x + 2) ( x + 2) ( x + 2)4
Ví dụ 3:
1
1
1
= 2
= 2
4
2
2
x +1
( x + 1) − 2 x
( x − 2 x + 1)( x 2 + 2 x + 1)
=
Ví dụ 4: Tính

Ax + B
Cx + D
+ 2

x − 2x + 1 x + 2x + 1
2

∫x

dx
=
+1

3

dx

∫ ( x + 1)( x

2

− x + 1)

1
A
Bx + C
A( x 2 − x + 1) + ( Bx + C )( x + 1)
=
+
=
x3 + 1
x3 + 1
x + 1 x2 + x + 1
1

Cho : x = -1 ⇒ 3A = 1 ⇒ A =
3
2
x=0⇒A+C=1⇒C=
3
1
1
x = 1 ⇒ A + 2(B + C) = 1 ⇒ B + C =
⇒B=3
3
2
 1
− x +  dx

dx
1 dx
3
 3
∫ x3 + 1 = 3 ∫ x + 1 + ∫ x2 − x + 1


Toán cao cấp :

Giải tích

116

1
1
2x −1

dx
2 1
ln|x + 1| dx +  −  ∫ 2
2
∫
3
3.2 x − x + 1
 3 6  x − x +1
1
1
1
dx
=
ln|x + 1| ln(x2 - x + 1) + ∫
2
3
6
2 
1 3
x−  +
2 4


=

x +1
1
1 2
= ln
+

arctg
3
x2 − x +1 2 3

1
2( x − )
2 +C
3

5. Tích phân biểu thức lượng giác:
Bằng các phép đổi biến thích hợp, ta có thể đưa tích phân
biểu thức lượng giác

∫ R ( sin x, cos x )dx , trong đó R là hàm hữu

tỷ, về tích phân biểu thức hữu tỷ.

1. Trường hợp tổng quát: ta dùng công thức đổi biến
t = tg

x
⇒ x = 2arc tg t
2

và áp dụng công thức sin x =
Ví dụ: I = ∫

2t
1 − t2
2dt

,
cos
x
=
, dx =
2
2
1+ t
1+ t
1 + t2

dx
4 sin x + 3 cos x + 5

x
⇒ x = 2arctgt ta có:
2
1
2 dt
dt
dt
I =∫
=∫ 2
=∫
2
2
2
2t
1− t
1+ t

t + 4t + 4
(t + 2)
4
3
5
+
+
1+ t2
1 + t2
1
−1
=
+C=−
+C
x
t+2
tg + 2
2

Đặt t = tg

2. Dạng đặc biệt:
i. Nếu R ( − sin x ,cos x ) = − R ( sin x ,cos x ) thì đặt t = cos x


Toán cao cấp :

Giải tích

117

ii. Nếu R ( sin x , − cos x ) = − R ( sin x ,cos x ) thì đặt t = sin x
iii. Nếu R ( − sin x , − cos x ) = R ( sin x ,cos x ) thì đặt t = tgx ,
hay t = cotgx
Ví dụ 1:

I = ∫ ( sin 2 x cos3 x + 2 cos x ) dx = ∫ ( sin 2 x cos2 x + 2 ) cos xdx

Đặt t = sin x ⇒ dt = cos xdx ;

sin 2 x cos2 x + 2 = t 2 (1 − t 2 ) + 2 = −t 4 + t 2 + 2 ta có:

I = ∫ ( −t 4 + t 2 + 2 ) dt = −

t5 t3
+ + 2t + C
5 3

− sin 5 x sin3 x
=
+
+ 2 sin x + C
5
3
dx
Ví dụ 2:
I =∫ 2
sin x + sin 2 x − 3 cos2 x
1
dx ta có:

Đặt t = tgx ⇒ dt =
cos2 x
dx
dt
dt
I =∫
=∫ 2
=∫
2
2
t + 2t − 3
cos x ( tg x + 2tgx − 3 )
( t − 1)( t + 3)

=

1  1
1 
1 t −1
1 tgx − 1
−
+ C = ln
+C

 dt = ln
∫
4  t −1 t + 3 
4 t+3
4 tgx + 3

3. Dạng ∫ sin m x cosn xdx
i. Nếu m ( hoặc n) là số nguyên lẻ thì đổi biến
t = cos x (hoặc t = sin x ).
ii. Nếu m và n là số nguyên dương chẵn thì dùng công thức
hạ bậc.
iii. Nếu m và n nguyên chẵn và có một số âm thì đổi biến
t = tgx (hoặc t = co tgx )


Toán cao cấp :

Giải tích

118

Ví dụ: Tính ( dành cho độc giả )
K = ∫ sin 2 x cos4 xdx

M=∫

sin 2 x
dx
cos4 x

L = ∫ sin3 x cos2 xdx

N=∫

cos2 x
dx

sin 4 x

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

1. Các tích phân sau có thể đưa về tích phân hàm lượng
giác:
i. Dạng

∫ R  x,

 π π
A2 − x 2 dx đặt x = A sin t, t ∈  − , 

 2 2

ii. Dạng

∫ R  x,

 π π
A2 + x 2 dx đặt x = Atgt, t ∈  − , 

 2 2

iii. Dạng

∫ R  x,

π 
A
x 2 − A2 dx đặt x =
, t ∈ ( 0, π ) \  

cos t
2

m
r 

ax
+
b
ax
+
b




2. Dạng ∫ R  x, n 
 , s  cx + d  dx

 cx + d 





Đặt t k =

ax + b
với k là bội số chung nhỏ nhất của n và s.
cx + d

Khi đó x =

−dt k + b
ad − bc
⇒ dx = kt k −1
thay vào biểu
2
k
k
ct − a
ct
−
a
(
)

thức tích phân ta có tích phân của hàm hữu tỷ.
dx
Ví dụ 1:
I =∫3
x −1 − 6 x −1


Toán cao cấp :

Giải tích

119

k = 6, đặt t 6 = x − 1 ⇒ dx = 6t 5 dt . Suy ra
I =∫


6t 5 dt
6t 4 dt
1 
=
= 6∫  t3 + t2 + t + 1 +
 dt
∫
2
t −1
t −1 
t −t


 t4 t3 t2

= 6  + + + t + ln t − 1  + C
4 3 2

=

3 ( x − 1)

2

2/3

+ 2 ( x − 1)

1/ 2

+ 3 ( x − 1)

1/3

+ 6 6 x − 1 + 6 ln
Ví dụ 2: I = ∫

6

x −1 −1 + C

1 1− x
dx
x 1+ x

1− x
−t 2 + 1
−4t
Đặt t =
dt
⇒x= 2
; dx =

2
2
1+ x
t +1
( t + 1)

I =∫

t2 + 1
t2
− 4t
=
4
t
dt
∫ ( t 2 − 1)( t 2 + 1) dt
−t 2 + 1 ( t 2 + 1)2

t −1
1 
 1
= 2∫  2
+ 2  = 2arctgt + ln
+C
t +1
 t + 1 t − 1

= 2arctg

1− x

+ ln
1+ x

1− x
−1
1+ x
+C
1− x
+1
1+ x

3. Dạng vi phân nhò thức

∫ x ( a + bx )
m

n p

dx với m, n, p là

các số hữu tỷ.
- Nếu p là số nguyên, ta đặt t k = x , trong đó k là bội số
chung nhỏ nhất của mẫu số của m và mẫu số của n.


Toán cao cấp :

- Nếu

Giải tích

120

m +1
là số nguyên, đặt t k = a + bx n với k là mẫu số
n

của p.
- Nếu

m +1
+ p là số nguyên thì đặt t k = ax − n + b với k là
n

mẫu số của p.
Ví dụ:

a) I = ∫

3

(

dx

x 1+ 6 x

)

8

( p= -8 là số nguyên)

Đặt x = t 6 ⇒ dx = 6t 5 dt
I =∫

6t 5 dt

t 2 (1 + t )

b) I = ∫

5

8

= 6∫

t 3 dt

(1 + t )

8

1+ 4 x
dx
x

(m = −1/ 2; n = 1/ 4; p = 1/ 5 ⇒

m +1
= 2 ∈ ℤ)
n

Đặt t 5 = 1 + 4 x ⇒ x = ( t 5 − 1) ⇒ dx = 20 ( t 5 − 1) t 4 dt
4

t.20 ( t 5 − 1) t 4 dt
3

I =∫

(t

5

− 1)

2

= 20 ∫ t 5 ( t 5 − 1) dt

(1 + x ) dx
3

c) I = ∫

x

m = −1/ 2; n = 1/ 3; p = 1/ 2 ⇒

m +1
+ p = 2∈ℤ
n

3


Toán cao cấp :

Đặt

Giải tích

121

1 
1
−6tdt

t2 = 1 + 3  ⇒ x =
⇒ dx =
;
3
4
2
2
x

t

−
1
t
−
1
( )
( )
3/ 2
1
= ( t 2 − 1)
x

I =∫

3/ 2
1
tdt
−6tdt
+ 1 . ( t 2 − 1) .
= −6 ∫
4
3
t −1
( t 2 − 1)
( t 2 − 1)
2

4. Dạng

∫ R ( x,

)

ax 2 + bx + c dx với a ≠ 0, ∆ = b 2 − 4ac ≠ 0

i. Đưa tích phân đang xét về các dạng

∫ R  x,

∫ R  x,

A2 + x 2 dx ,


b
x 2 − A2 dx bằng phép đổi biến u = x +
. Khi đó

2a

các tích phân này có thể đưa về tích phân hàm lượng giác.
dx
Ví dụ: ∫
2
( x + 2 ) x 2 + 4 x + 13

 π π
dt
Đặt x + 2 = 3tgt , t ∈  − ,  ⇒ dx = 3
;

cos2 t
 2 2
 π π
tgt
Vì t ∈  − ,  nên tgt và sint cùng dấu ⇒ sin t =
 2 2
1 + tg2 t

I =∫

3dt
1
1 cos tdt
−1
= ∫
=
+C
2
2
2
2
cos t 9tg t 9tg t + 9 9 sin t 9 sin t
2

 x+2
− 
 +1
x 2 + 4 x + 13
 3 
=

+C = −
+C
x+2
 x+2
9

 3 


Toán cao cấp :

Giải tích

122

Cách khác:
1
− dx
1
2
u=
⇒ du =
, x + 2) = 2
2 (
x+2
u
( x + 2)

I =∫

=−

2
− du
udu
1 d ( 9u + 1)
sgn ( u ) = − ∫
sgn(u)
= −∫
2
9 2 9u 2 + 1
1
9
u
1
+
9+ 2
u

1
9u2 + 1 sgn ( u ) + C
9

Nhận xét:
1.

Đối với tích phân dạng

∫ ( x −α )

thể đổi biển theo công thức t =
2.

Đối với tích phân dạng

dx
n

1
x −α
du

∫u

u2 + A

ax 2 + bx + c

ta có

ta có thể đổi biển

theo công thức t = u2 + A ⇒ t 2 − A = u2 ⇒ udu = tdt

⇒I =∫

udu
u2 u2 + A

=∫

dt
t −A
2

ii. Phương pháp đổi biến theo Euler
- Nếu a > 0 : đổi biến t ± ax = ax 2 + bx + c
- Nếu c > 0 : đổi biến xt ± c = ax 2 + bx + c
- Nếu ax 2 + bx + c = a ( x − x1 )( x − x2 ) , x1 ≠ x2 ta đổi biến theo
công thức t ( x − x1 ) = ax 2 + bx + c
Ví dụ 1:

∫

dx

(x

2

+ 2 x + 5)

3


Giaỷi tớch

Toaựn cao caỏp :

ẹaởt u = x + 1 du = dx ,

123

I =

du

(u

2

+ 4)

3

dt

ẹaởt u = 2tgt , t , du = 2
;
cos2 t
2 2
3/ 2
3/ 2
( u2 + 4 ) = 8 ( tg2t + 1) = cos83 t
I =

2dt
cos2 t

8

cos3 t

=

1
1
1
u
cos tdt = sin t + C = sin arctg + C

4
4
4
2

1
x +1

= sin arctg
+C
4
2
dx
I =
x2 + 2x + 5

Vớ duù 2:

ẹaởt t x = x 2 + 2 x + 5 t = x + x 2 + 2 x + 5
dt =

x2 + 2x + 5 + x + 1
x2 + 2x + 5

dx

dx

=

x2 + 2x + 5

dt
t +1

dt
= ln t + 1 + C = ln x + x 2 + 2 x + 5 + 1 + C
t +1
3x + 1
Vớ duù 3: I =
dx
2
x + 4x + 3
I =

ẹaởt t = x + 2 I =

(3t 5)dt
t 1
2

= 3

tdt
t 1
2

5

= 3 t 2 1 5ln t + t 2 1 + C
=3

( x + 2)

2

1 5 ln x + 2 +

( x + 2)

2

1 + C

dt
t2 1


Toán cao cấp :

Chương VII

Giải tích

124

TÍCH PHÂN XÁC ĐỊNH

I Khái niệm :
Bài toán diện tích :

1.

Cho hàm f xác đònh, dương và liên tục trên [a, b]. Tính diện tích
hình thang cong (H) giới hạn bởi y = f(x), y = 0, x = a, x = b
Chia đoạn [a, b] thành n đoạn bởi các điểm
x0 = a < x1 < x2 <...< xn-1 < xn=b
Qua xi kẻ đường thẳng song song Oy.
Hình thang cong (H) được chia thành n hình thang cong nhỏ ( H i ) .
Trên mỗi đoạn [xi - 1, xi] lấy điểm ξi ∈ [xi - 1, xi], thiết lập hình chữ
nhật có độ dài các cạnh là (xi - xi - 1) và f(ξi).
⇒ Diện tích của hình thang cong ( H i ) gần bằng diện tích hình
chữ nhật có độ dài các cạnh là (xi - xi - 1) và f(ξi).
S( H ) ≈ (x1 - x0)f(ξ1) + (x2 - x1)f(ξ2) + (x3 - x2)f(ξ3) + ...
+ (xn - xn - 1)f(ξn)
n

= ∑ ( xi − xi −1 ) f(ξi)⇒ S( H ) =
i =1

lim

max( xi − xi −1 )→ 0

n

∑ (x
i =1

i

− xi −1 ) f(ξi)

Ví dụ 1: Tính diện tích hình phẳng được giới hạn bởi các đường
y = f(x) = x2, y = 0, x = 1, x = 3
Giả sử chia đoạn [1, 3] bởi phép phân hoạch đều
3 −1
2
x0 = 1, x1 = 1 +
, ..., xi = 1 + i
, …, xn = 3
n
n
Chọn ξi = xi . Lập tổng:
Sn =

n

∑ f (ξi)(xi - xi - 1) =
i =1

2 n
2 n 2
2 n  2i 
=
=
f
(
x
)
x
∑ i n∑
∑  1 + n 
i
n i =1
n i =1 
i =1

2


Giải tích

Toán cao cấp :

125

2 n  4i 4i 2 
2 n
8

= ∑ 1 + + 2  = ∑1 + 2
n i =1 
n n 
n i =1
n
= 2+

n

8

n

∑i + n ∑i
i =1

3

2

i =1

8 n(n + 1) 8 n(n + 1)(2n + 1)
+ 3
n2
2
n
6

Diện tích là: S =

lim

max( xi − xi −1 )→ 0

Sn = lim Sn = 2 + 4 +
n→ + ∞

8
26
=
3
3

Ví dụ 2: Tính diện tích hình thang giới hạn bởi :
y = 2x -1, y = 0, x = 2, x = 5.
Coi phép phân hoạch đều trên [2, 5]
3
3i
x0 = 2, x1= 2 +
.……, xi = 2 +
,... , xn = 5
n
n
Chọn ξi = xi. Lập tổng
Sn =

n

∑ ( xi − xi−1 ) f(ξi) =

i =1

=

3 n  
3i  
3 n
=
2  2 +  − 1
(2
x
−
1)
∑
∑
i

n i =1  
n 
n i =1

18 n(n + 1)
3 n 
6i 
18 n
∑
3+  = 9 + 2 ∑i = 9 + 2
n
2
n i =1 

n
n i =1

⇒ S= lim Sn = 9 + 9 = 18
n →+∞

2. Đònh nghóa:
Cho hàm số f xác đònh trên [a, b]. Coi phép phân hoạch (bất kỳ)
đoạn [a, b] bởi các điểm x0 = a < x1 < x2 ... < xn = b.
Trên mỗi đoạn [xi - 1, xi] lấy điểm ξi bất kỳ.
Lập tổng tích phân : In =

n

∑ (x
i =1

Nếu giới hạn

lim

max( xi − xi −1 )→ 0

i

− xi −1 ) f(ξi)

I n tồn tại hữu hạn không phụ thuộc vào

phép phân hoạch trên đoạn [a, b]] và không phụ thuộc cách

chọn điểm ξi thì giới hạn đó được gọi là tích phân xác đònh của
hàm f trên [a, b].