Nguyên hàm và tích phân hàm lượng giác
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (477.86 KB, 32 trang )
NGUYÊN HÀM TÍCH PHÂN
HÀM LƯỢNG GIÁC
CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN
Nguyễn Minh Tuấn ft Phạm Việt Anh
TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC
Chương 1
Các dạng toán và phương pháp
1
Các dạng toán cơ bản
Dạng 1
Tính tích phân tổng quát sau
I1 =
(sin x)n dx; I2
(cos x)n dx
Phương pháp
Ta chú ý các công thức hạ bậc sau
1 − cos 2x
1 + cos 2x
; cos2 x =
;
2
2
− sin 3x + 3 sin x
cos 3x + 3 cos x
sin3 x =
; cos3 x =
4
4
sin2 x =
Nếu n chẵn hoặc n = 3 thì ta sẽ sử dụng công thức hạ bậc triệt để
Nếu n lẻ và lớn hơn 3 thì ta sẽ sử dụng phép biến đổi sau.
Biến đổi 1. Ta có
I1 =
=−
(sin x)n dx =
(sin x)2p+1 dx =
(sin x)2p sin xdx = −
Cp0 − Cp1 cos2 x + . . . + (−1)k Cpk cos2 x
k
p
1 − cos2 x d (cos x)
+ . . . + (−1)p Cpp cos2 x
p
d (cos x)
1
(−1)k k
(−1)p p
= − Cp0 cos x − Cp1 cos3 x + . . . +
Cp (cos x)2k+1 + . . . +
C (cos x)2p+1
3
2k + 1
2p + 1 p
+C
Biến đổi 2. Ta có
I2 =
(cos x)n dx =
(cos x)2p+1 dx =
(cos x)2p cos xdx =
1
p
1 − sin2 x d (sin x)
TÍCH PHÂN HÀM LƯỢNG GIÁC
Nguyễn Minh Tuấn
Cp0 − Cp1 sin2 x + . . . + (−1)k Cpk sin2 x
=
=
k
p
+ . . . + (−1)p Cpp sin2 x
d (sin x)
1
(−1)k k
(−1)p p
Cp0 sin x − Cp1 sin3 x + . . . +
Cp (sin x)2k+1 + . . . +
C (sin x)2p+1
3
2k + 1
2p + 1 p
+C
Nhìn chung đây là một dạng toán không khó, cái khó của nó là phép biến đổi tương đối dài và
cồng kềnh ,và mấu chốt là hạ bậc dần dần để đưa về nguyên hàm cơ bản. Sau đây ta sẽ cùng
tìm hiểu ví dụ về phần này!
Bài 1
Tìm các nguyên hàm sau
• I=
cos6 xdx.
• I=
(sin 5x)9 dx.
• I=
(cos 2x)13 dx.
• I=
(3 + cos x)5 dx.
Lời giải
1. Biến đổi nguyên hàm ta có
I=
=
1
4
=
(1 + cos 2x)3 dx =
1
4
1 + 3 cos 2x +
=
1
16
=
1
16
1 + cos 2x
2
3
cos6 xdx =
cos2 x dx =
1
4
3
dx
1 + 3 cos 2x + 3cos2 2x + cos3 2x dx
3 (1 + 2 cos 4x) cos 3x + 3 cos x
+
2
4
dx
(7 + 12 cos 2x + 12 cos 4x + cos 3x + 3 cos x) dx
7x + 6 sin 2x + 3 sin 4x +
1
sin 3x + 3 sin x + C
3
2. Biến đổi nguyên hàm ta có
I=
(sin 5x)9 dx =
=−
1
5
(sin 5x)8 (sin 5x) dx = −
1
5
4
1 − cos2 5x d (cos 5x)
1 − 4cos2 5x + 6cos4 5x − 4cos6 5x + cos8 5x d (cos 5x)
Chinh phục Olympic Toán
2
Tạp chí và tư liệu toán học
TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC
=−
1
5
Phạm Việt Anh
4
6
4
1
cos 5x − cos3 5x + cos5 5x − cos7 5x + cos9 5x + C
3
5
7
9
3. Biến đổi nguyên hàm ta có
I=
(cos 2x)13 dx =
(cos 2x)12 cos 2xdx =
1
2
6
1 − sin2 2x d (sin 2x)
1 − 6sin2 2x + 15sin4 2x − 20sin6 2x + 15sin8 2x − 6sin10 2x + sin12 2x d (sin 2x)
=
1
2
sin 2x − 2sin3 2x + 3sin5 2x −
20 7
5
6
1
sin 2x + sin9 2x − sin11 2x + sin13 2x + C
7
3
11
13
4. Biến đổi nguyên hàm ta có
(3 + cos x)5 dx =
I=
35 + 5.34 cos x + 10.33 cos2 x + 10.32 cos3 x + 5.3cos4 x + cos5 x dx
=
243 + 405 cos x + 135 (1 + cos 2x) +
=
378 +
945
45
15
cos x + 135 cos 2x +
cos 3x +
2
2
2
1
4
(1557 + 1890 cos x + 600 cos 2x + 90 cos 3x + 15 cos 4x) dx +
=
1
4
1557x + 1890 sin x + 300 sin 2x + 30 sin 3x +
+
=
1 + 2 cos 2x +
1 + cos 4x
2
45
15
1557 945
+
cos x + 150 cos 2x +
cos 3x +
cos 4x dx +
4
2
2
4
=
=
45
15
(cos 3x + 3 cos x) + (1 + cos 2x)2 + cos5 x dx
2
2
1
4
+ cos5 x dx
cos4 x cos xdx
2
1 − sin2 x d (sin x)
15
sin 4x
4
1 − 2sin2 x + sin4 x d (sin x)
1557x + 1894 sin x + 300 sin 2x + 30 sin 3x +
15
8
4
sin 4x − sin3 x + sin5 x + C
4
3
5
Tóm lại. Qua 4 ví dụ trên ta đã phần nào nắm được dạng toán này, riêng ở ví dụ 4 ta đã sử
dụng tới công thức khai triển hệ số Newton để khai trên biểu thức trong dấu nguyên hàm và
các bước còn lại chỉ là biến đổi thông thường.
Chinh phục Olympic Toán
3
Tạp chí và tư liệu toán học
TÍCH PHÂN HÀM LƯỢNG GIÁC
Nguyễn Minh Tuấn
Dạng 2
Đôi khi trong khi làm các bài tính tích phân ta bắt gặp các bài toán liên tuan tới tích
các biểu thức sin x, cos x khi đó ta sẽ sử dụng các công thức biến tích thành tổng để giải
quyết các bài toán này. Sau đây là các công thức cần nhớ
I=
(cos mx) (cos nx) dx =
I=
I=
I=
1
2
1
2
1
(sin mx) (cos nx) dx =
2
1
(cos mx) (sin nx) dx =
2
(sin mx) (sin nx) dx =
(cos (m − n) x + cos (m + n) x) dx
(cos(m − n)x − cos (m + n) x) dx
(sin (m + n) x + sin (m − n) x) dx
(sin (m + n) x − sin (m − n) x) dx
Nhìn chung đây là một dạng toán cơ bản, sau đây ta sẽ cùng tìm hiểu các bài toán về nó.
Bài 2
Tìm các nguyên hàm sau
• I=
(cos x)3 sin 8xdx
• I=
(cos 2x)13 dx
Lời giải
1. Biến đổi nguyên hàm ta có
(3 cos x + cos 3x)
sin 8xdx
4
(cos x)3 sin 8xdx =
I=
1
4
1
=
4
=
(3 cos x sin 8x + cos 3x sin 8x) dx
(3 cos x sin 8x + cos 3x sin 8x) dx
=
1
4
3
1
(sin 9x + sin 7x) + (sin 11x + sin 5x) dx
2
2
=−
1
8
3
3
1
1
cos 9x + cos 7x +
cos 11x + cos 5x + C
9
7
11
5
2. Biến đổi nguyên hàm ta có
I=
(sin x)4 (sin 3x) (cos 10x) dx =
Chinh phục Olympic Toán
1
8
4
(1 − cos 2x)2 (sin 13x + sin 7x) dx
Tạp chí và tư liệu toán học
TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC
=
=
1
8
=
=
1
6
1
8
Phạm Việt Anh
1 − 2 cos 2x + cos2 2x (sin 13x + sin 7x) dx
1 − 2 cos 2x +
1
16
1 + cos 4x
2
(sin 13x + sin 7x) dx
(3 − 4 cos 2x + cos 4x) (sin 13x + sin 7x) dx
(3 (sin 13x + sin 7x) − 4 cos 2x (sin 13x + sin 7x) + cos 4x (sin 13x + sin 7x)) dx
=
1
6
(3 (sin 13x + sin 7x) − 2 (sin 15x + sin 11x + sin 9x + sin 5x) +
Dạng 3
Tính tích phân tổng quátI =
sinm xcosn xdx
Phương pháp
Trường hợp 1. Nếu m, n là các số nguyên.
Nếu m và n chẵn thì dùng công thức hạ bậc biến tích thành tổng.
Nếu m chẵn và n lẻ thì ta biến đổi
I=
=
=
(sin x)m (cos x)2p+1 dx =
(sin x)n (cos x)2p cos xdx =
(sin x)m Cp0 − Cp1 sin2 x + . . . + (−1)k Cpk sin2 x
m−1
0 (sin x)
Cp
m+1
m+3
1 (sin x)
− Cp
m+3
k
+ . . . + (−1)
k
p
(sin x)m 1 − sin2 x d (sin x)
+ . . . + (−1)p Cpp sin2 x
2k+1+m
k (sin x)
Cp
2k + 1 + m
+ . . . + (−1)
p
p
d (sin x)
2p+1+m
p (sin x)
Cp
2p + 1 + m
+C
Nếu m lẻ và n chẵn thì ta cũng biến đổi tương tự như trường hợp trên.
Nếu m lẻ và n lẻ thì dùng ta sẽ tách ra 1 biểu thức sin x hoặc cos x để đưa vào trong dấu vi
phân.
Trường hợp 2. Nếu m, n là các số hữu tỷ.
Trong trường hợp này ta sẽ đặt u = sin x và tùy theo trường hợp ta sẽ biến đổi nó để đưa về
bài toán cơ bản. Ta sẽ tìm hiểu kỹ thuật này qua các bài toán dưới.
Chinh phục Olympic Toán
5
Tạp chí và tư liệu toán học
TÍCH PHÂN HÀM LƯỢNG GIÁC
Nguyễn Minh Tuấn
Bài 3
Tìm các nguyên hàm sau
• I=
(sin x)2 (cos x)4 dx
• I=
(sin 3x)10 (cos 3x)5 dx
• I=
(sin 5x)9 (cos 5x)111 dx
• I=
(sin 3x)7
√
dx
5
cos4 3x
Lời giải
1. Biến đổi nguyên hàm ta có
(sin x)2 (cos x)4 dx =
I=
=
1
16
(1 − cos 4x) (1 + cos 2x) dx =
=
=
1
32
1
16
1
16
1
4
(sin 2x)2 (cos x)2 dx
(1 + cos 2x − cos 4x − cos 2x cos 4x) dx
1 + cos 2x − cos 4x −
(2 + cos 2x − 2 cos 4x − cos 6x) dx =
1
(cos 6x + cos 2x) dx
2
1
32
2x +
sin 2x sin 4x sin 6x
−
−
2
2
6
+C
2. Biến đổi nguyên hàm ta có
(sin 3x)10 (cos 3x)5 dx =
I=
=
1
3
2
(sin 3x)10 1 − sin2 3x d (sin 3x) =
=
1
3
=
1
3
(sin 3x)10 (cos 3x)4 cos 3xdx
(sin 3x)10 1 − 2sin2 3x + sin4 3x d (sin 3x)
1
(sin 3x)10 − 2(sin 3x)12 + (sin 3x)14 d (sin 3x)
0
1
3
(sin 3x)11 2(sin 3x)13 (sin 3x)15
−
+
11
13
15
+C
3. Biến đổi nguyên hàm ta có
I=
(sin 5x)9 (cos 5x)111 dx =
=
−1
5
Chinh phục Olympic Toán
(cos 5x)111 (sin 5x)8 sin 5xdx
4
(cos 5x)111 1 − cos2 5x d (cos 5x)
6
Tạp chí và tư liệu toán học
TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC
=−
1
5
Phạm Việt Anh
(cos 5x)111 1 − 4cos2 5x + 6cos4 5x − 4cos6 5x + cos8 5x d (cos 5x)
(cos 5x)112 4(cos 5x)114 6(cos 5x)116 4(cos 5x)118 (cos 5x)120
−
+
−
+
112
114
116
118
120
1
=−
5
+C
4. Biến đổi nguyên hàm ta có
(sin 3x)7
√
dx =
5
cos4 3x
I=
=
=
=
−1
3
−1
3
−1
3
(cos 3x)
(cos 3x)
(cos 3x)
1
5(cos 3x) 5 −
−4
5
−4
5
−1
5
(sin 3x)6 sin 3xdx
3
1 − cos2 3x d (cos 3x)
1 − 3cos2 3x + 3cos4 3x − cos6 3x d (cos 3x)
11
21
31
15
15
5
(cos 3x) 5 + (cos 3x) 5 − (cos 3x) 5
11
21
31
+C
Dạng 4
Tính tích phân tổng quát
I1 =
(tan x)n dx; I2 =
(cot x)n dx (n ∈ N)
Phương pháp
Trong các bài toán như thế này ta cần chú ý tới các công thức sau
tanxdx =
cotxdx =
cos x
dx =
sin x
1 + tan2 x dx =
1 + cot2 x dx = −
Để làm các bài toán tính
d (cos x)
= − ln |cos x| + C;
cos x
sin x
dx = −
cos x
d (sin x)
= ln |sin x| + c;
sin x
dx
=
cos2 x
dx
=−
sin2 x
d (tan x) = tan x + C;
d (cot x) = − cot x + C.
(tan x)n dx ta sẽ cần cố gắng tách về dạng tanm x (tan2 x + 1) đến
cuối cùng để đưa về bài toán cơ bản.
Sau đây chúng ta sẽ cùng tìm hiểu các ví dụ minh họa để hiểu rõ hơn các bài toán này.
Chinh phục Olympic Toán
7
Tạp chí và tư liệu toán học
TÍCH PHÂN HÀM LƯỢNG GIÁC
Nguyễn Minh Tuấn
Bài 4
Tìm các nguyên hàm sau
• I=
(tan x)8 dx
• I=
(tan 2x)13 dx
• I=
(cot x)12 dx
• I=
(cot 4x)9 dx
• I=
(tan x + cot x)5 dx
Lời giải
1. Biến đổi nguyên hàm ta có
I=
(tan x)8 dx =
(tan x)6 1 + tan2 x − (tan x)4 1 + tan2 x + (tan x)2 1 + tan2 x − (tan x)0 1 + tan2 x + 1 dx
=
(tan x)6 − (tan x)4 + (tan x)2 − (tan x)0 d (tan x) +
=
dx
(tan x)7 (tan x)5 (tan x)3 tan x
−
+
−
+x+C
7
5
3
1
2. Biến đổi nguyên hàm ta có
I=
=
(cot x)12 dx
(cot x)10 1 + cot2 x − (cot x)8 1 + cot2 x + (cot x)6 1 + cot2 x
−(cot x)4 1 + cot2 x + (cot x)2 1 + cot2 x − (cot x)0 1 + cot2 x + 1
(cot x)10 − (cot x)8 + (cot x)6 − (cot x)4 + (cot x)2 − (cot x)0 d (cot x) +
=−
=−
(cot x)11 (cot x)9 (cot x)7 (cot x)5 (cot x)3 cot x
−
+
−
+
−
11
9
7
5
5
1
dx
+x+C
3. Biến đổi nguyên hàm ta có
I=
=
(tan 2x)13 dx
(tan 2x)11 1 + tan2 2x − (tan 2x)9 1 + tan2 2x + (tan 2x)7 1 + tan2 2x
Chinh phục Olympic Toán
8
Tạp chí và tư liệu toán học
TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC
Phạm Việt Anh
−(tan 2x)5 1 + tan2 2x + (tan 2x)3 1 + tan2 2x − tan 2x 1 + tan2 2x + tan 2x
=
1
2
1
=
2
(tan 2x)11 − (tan 2x)9 + (tan 2x)7 − (tan 2x)5 + (tan 2x)3 − tan 2x d (tan 2x)+
tan2xdx
(tan 2x)12 (tan 2x)10 (tan 2x)8 (tan 2x)6 (tan 2x)4 (tan 2x)2
−
+
−
+
−
− ln |cos 2x| +C
12
10
8
6
4
2
4. Biến đổi nguyên hàm ta có
(cot 4x)9 dx =
I=
(cot 4x)7 1 + cot2 4x − (cot 4x)5 1 + cot2 4x +
+(cot 4x)3 1 + cot2 4x − (cot 4x) 1 + cot2 4x
=−
=
dx + cot 4x
1
4
(cot 4x)7 − (cot 4x)5 + (cot 4x)3 − (cot 4x) d (cot 4x) +
−1
4
(cot 4x)8 (cot 4x)6 (cot 4x)4 (cot 4x)2
−
+
−
8
6
4
2
+
cot 4xdx
1
ln |sin 4x| + C
4
5. Biến đổi nguyên hàm ta có
I=
(tan x + cot x)5 dx =
(tan x)5 + 5(tan x)4 cot x + 10(tan x)3 (cot x)2
+10(tan x)2 (cot x)3 + 5tgx(cot x)4 + (cot x)5
=
=
(tan x)5 + (cot x)5 + 5(tan x)3 + 5(cot x)3 + 10 tan x + 10 cot x dx
(tan x)5 + 5(tan x)3 + 10 tan x dx +
=
+
=
(cot x)5 + 5(cot x)3 + 10 cot x dx
(tan x)3 1 + tan2 x + 4 tan x 1 + tan2 x + 6 tan x dx
(cot x)3 1 + cot2 x + 4 cot x 1 + cot2 x + 6 cot x dx
(tan x)3 + 4 tan x d (tan x) + 6
tanxdx −
(cot x)3 + 4 cot x d (cot x) + 6
cotxdx
(cot x)4
(tan x)4
2
+ 2tan x − 6 ln |cos x| −
− 2cot2 x + 6 ln |sin x| + C
=
4
4
Tóm lại. Qua 5 ví dụ trên ta đã phần nào hiểu được phương pháp làm các bài tập của dạng
toán này, mấu chốt là đưa về nguyên hàm tích phân hàm đa thức qua các phép biến đổi và
thêm bớt, và đồng thời cũng cần áp dụng linh hoạt công thức khai triển hệ thức Newton để
giải quyết bài toán dễ dàng. Về phần bài tập luyện tập có lẽ không cần thêm vì các bạn có thể
bịa bất kì một bài toán tương tự với các bài mẫu!
Chinh phục Olympic Toán
9
Tạp chí và tư liệu toán học
TÍCH PHÂN HÀM LƯỢNG GIÁC
Nguyễn Minh Tuấn
Dạng 5
Tính tích phân tổng quát
(tan x)m
dx, I =
(cos x)n
I=
(cot x)m
dx
(sin x)n
Phương pháp
(tan x)m
dx vì đây là 2 dạng tương tự nhau.
(cos x)n
Trường hợp 1. Nếu m, n chẵn ta biến đổi như sau
Ta sẽ xét dạng I =
I=
(tan x)m+1
0
Ck−1
m+1
1
cos2 x
m
(tan x)
1
0
tan2 x
+ Ck−1
(tan x)m Ck−1
=
=
(tan x)m
dx =
(cos x)n
(tan x)m+3
1
+ Ck−1
m+3
1
k−1
dx
=
cos2 x
p
+ . . . + Ck−1
tan2 x
p
(tan x)m 1 + tan2 x
k−1
k−1
+ . . . + Ck−1
tan2 x
k−1
(tan x)m+2p+1
p
+ . . . + Ck−1
m + 2p + 1
d (tan x)
k−1 (tan x)
+ . . . + Ck−1
d (tan x)
m+2k−1
m + 2k − 1
+C
Trường hợp 2. Nếu m và n đều lẻ thì ta biến đổi như sau
(tan x)2k+1
I=
2h+1
(cos x)
=
(tan x)
k
1
cos x
2h
− Ck1 u2
k−1
1
−1
cos2 x
u2h Ck0 u2
=
= Ck0
dx =
k
2h
1
cos x
2k
d
tan x
dx =
cos x
1
cos x
=
2
tan x
k
1
cos x
k
u2 − 1 u2h du u =
k−p
+ . . . + (−1)p Ckp u2
2h
sin x
dx
cos2 x
1
cos x
+ . . . + (−1)k Ckk du
u2k+2h+1
u2k+2h−1
u2k+2h−2p+1
u2h+1
− Ck1
+ . . . + (−1)p Ckp
+ . . . + (−1)k Ckk
+C
2k + 2h + 1
2k + 2h − 1
2k + 2h − 2p + 1
2h + 1
Trường hợp 3. Nếu m chẵn và n lẻ thì ta biến đổi như sau
I=
(tan x)2k
(cos x)2h+1
dx =
(sin x)2k cos x
(cos x)2(k+h+1)
dx =
(sin x)2k
1 − sin2 x
k+h+1
d (sin x)
Đặt u = sin x ta có
I=
u2k du
(1 − u2 )k+h+1
=
u2k−2 [1 − (1 − u2 )]
(1 − u2 )k+h+1
du =
u2k−2 du
(1 − u2 )k+h+1
−
u2k−2 du
(1 − u2 )k+h
Hệ thức trên là hệ thức truy hồi các bạn có thể tham khảo ở phần sau, do đó tính được I. Nhìn
chung các bài toán trên mang tính tổng quát và có lẽ nhìn vào các lời giải tổng quát đó ta sẽ
thấy nó thật lằng nhằng và phức tạp, nhưng khi vào các ví dụ cụ thể ta sẽ thấy cách làm các
dạng toán này khá dễ. Sau đây ta sẽ đi vào các bài minh họa.
Chinh phục Olympic Toán
10
Tạp chí và tư liệu toán học
TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC
Phạm Việt Anh
Bài 5
Tìm các nguyên hàm sau
• I=
(cot 5x)10
dx
(sin 5x)8
• I=
(tan 4x)7
dx
(cos 4x)95
• I=
(cot 3x)9
dx
(sin 3x)41
• I=
(tan 3x)7
dx
(cos 3x)6
Lời giải
1. Biến đổi nguyên hàm ta có
(cot 5x)10
dx =
(sin 5x)8
I=
=−
=−
1
5
1
5
10
(cot 5x)
1
(sin 5x)2
3
dx
(sin 5x)2
3
(cot 5x)10 1 + cot2 5x d (cot 5x)
(cot 5x)10 1 + 3(cot 5x)2 + 3(cot 5x)4 + (cot 5x)6 d (cot 5x)
(cot 5x)13
(cot 5x)15 (cot 5x)17
1 (cot 5x)11
+3
+3
+
+C
=−
5
11
13
15
17
2. Biến đổi nguyên hàm ta có
I=
=
=
1
4
(tan 4x)7
dx =
(cos 4x)95
3
1
−1
(cos 4x)2
1
4
1
cos 4x
(tan 4x)
94
d
u94 u6 − 3u4 + 3u2 − 1 du =
6
94
1
cos 4x
1
cos 4x
=
1
4
tan 4x
dx
cos 4x
3
u94 u2 − 1 du
1 u101
u99
u97 u95
−3
+3
−
+C
4 101
99
97
95
3. Biến đổi nguyên hàm ta có
I=
=−
1
3
(cot 3x)9
dx =
(sin 3x)41
1
−1
sin2 x
Chinh phục Olympic Toán
4
1
sin 3x
(cot 3x)
40
d
11
8
1
sin 3x
1
sin 3x
=−
40
1
3
cot 3x
dx
sin 3x
4
u40 u2 − 1 du
Tạp chí và tư liệu toán học
TÍCH PHÂN HÀM LƯỢNG GIÁC
Nguyễn Minh Tuấn
=−
1
3
4
u40 u8 − 4u6 + 6u4 − 4u2 + 1 du = −
1 u49
u47
u45
u43 u41
−4
+6
−4
+
+C
3 49
47
45
43
41
4. Biến đổi nguyên hàm ta có
(tan 3x)7
I=
=
1
(cos 3x)2
1
3
2
dx
1
2 =
3
(cos 3x)
2
(tan 3x)7 1 + tan2 3x d (tan 3x)
(tan 3x)7 1 + 2(tan 3x)2 + (tan 3x)4 d (tan 3x)
=
1 (tan 3x)8
(tan 3x)10 (tan 3x)12
+2
+
+C
3
8
10
10
Tóm lại. Qua 4 ví dụ trên ta thấy đó, mấu chốt chỉ là công thức lượng giác và phân tích hợp
lý, cái này ở phần hướng dẫn đã có đầy đủ rồi. Tương tự mấy phần trước bài tập tự luyện có lẽ
không cần vì các bạn có thể tự nghĩ ra một câu để mình làm. Ta cùng chuyển tiếp sang phần
sau!
2
Các dạng toán biến đổi nâng cao
Các bài toán nguyên hàm tích phân lượng giác rất phong phú và do đó sẽ không dừng lại các
dạng toán bên trên. Ở phần này ta sẽ cùng tìm hiểu các dạng toán nâng cao hơn, với những
phép biến đổi phức tạp hơn. Sau đây chúng ta sẽ cùng đi vào từng dạng toán cụ thể!
Dạng 1
Tính tích phân tổng quát I =
dx
sin (x + a) sin (x + b)
Phương pháp
Dùng đồng nhất thức
1=
sin (a − b)
sin [(x + a) − (x + b)]
sin (x + a) cos (x + b) − cos (x + a) sin (x + b)
=
=
sin (a − b)
sin (a − b)
sin (a − b)
Từ đó suy ra
I=
1
sin (a − b)
sin (x + a) cos (x + b) − cos (x + a) sin (x + b)
dx
sin (x + a) sin (x + b)
1
cos (x + b) cos (x + a)
−
dx
sin (a − b)
sin (x + b)
sin (x + a)
1
[ln |sin (x + b)| − ln |sin (x + a)|] + C
=
sin (a − b)
=
Chú ý. Với cách này, ta có thể tìm được các nguyên hàm
Chinh phục Olympic Toán
12
Tạp chí và tư liệu toán học
TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC
Phạm Việt Anh
• J=
dx
sin (a − b)
bằng cách dùng đồng nhất thức 1 =
cos (x + a) cos (x + b)
sin (a − b)
• K=
dx
cos (a − b)
bằng cách dùng đồng nhất thức 1 =
sin (x + a) cos (x + b)
cos (a − b)
Sau đây là các ví dụ minh họa cho các bài toán này.
Bài 1
Tìm các nguyên hàm sau
• I=
dx
sin x sin x +
• I=
dx
cos 3x cos 3x +
• I=
sin x +
π
6
π
6
dx
cos x +
π
3
π
12
Lời giải
1. Ta có
π
sin
6 =
1=
π
sin
6
π
−x
π
π
6
= 2 sin x +
cos x − cos x +
sin x
1
6
6
2
sin
sin x +
⇒I=2
=2
x+
π
cos x − cos x +
6
π
sin x sin x +
6
d (sin x)
−2
sin x
π
6
π
d sin x +
6
π
sin x +
6
π
6 dx
cos x −
π
sin x
sin x +
6
sin x
dx = 2
= 2 ln
cos x +
sin x
sin x +
π
6
+C
2. Ta có
π
sin
6 =
1=
π
sin
6
sin
π
− 3x
π
π
6
= 2 sin 3x +
cos 3x − cos 3x +
sin 3x
1
6
6
2
3x +
sin 3x +
⇒I=2
π
π
cos 3x − cos 3x +
sin 3x
6
6
dx
cos 3x cos 3x + π6
π
6 dx − 2
π
cos 3x +
6
sin 3x +
=2
Chinh phục Olympic Toán
13
sin 3x
dx
cos 3x
Tạp chí và tư liệu toán học
TÍCH PHÂN HÀM LƯỢNG GIÁC
Nguyễn Minh Tuấn
2
=−
3
π
d cos 3x +
6
π
cos 3x +
6
+
2
3
d (cos 3x)
cos 3x
2
= ln
π
cos 3x
3
cos 3x +
6
3. Ta có
cos
cos π4
1=
=
π
cos
4
=
√
2 cos x +
=
=
√
√
π
π
π
π
cos x +
+ sin x +
sin x +
3
12
3
12 dx
π
π
sin x +
cos x +
3
12
π
3 dx + √2
π
sin x +
3
cos x +
2
π
d sin x +
3
π
sin x +
3
2
π
π
− x+
3√
12
2
2
π
π
π
π
cos x +
+ sin x +
sin x +
3
12
3
12
cos x +
√
⇒I= 2
x+
+C
−
√
π
12 dx
π
cos x +
12
sin x +
π
12
π
cos x +
12
d cos x +
2
=
√
π
3
2 ln
π
cos x +
12
sin x +
+C
Dạng 2
Tính tích phân tổng quát I =
tan (x + a) tan (x + b) dx
Phương pháp
Ta có
tan (x + a) tan (x + b) =
=
sin (x + a) sin (x + b)
cos (x + a) cos (x + b)
cos (a − b)
sin (x + a) sin (x + b) + cos (x + a) cos (x + b)
−1=
−1
cos (x + a) cos (x + b)
cos (x + a) cos (x + b)
dx
− 1.
cos (x + a) cos (x + b)
Đến đây ta gặp bài toán tìm nguyên hàm ở Dạng 1.
Từ đó suy ra I = cos (a − b)
Chú ý. Với cách này, ta có thể tính được các nguyên hàm
• J=
cot (x + a) cot (x + b) dx
• K=
tan (x + a) tan (x + b) dx
Chinh phục Olympic Toán
14
Tạp chí và tư liệu toán học
TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC
Phạm Việt Anh
Sau đây là các ví dụ minh họa cho các bài toán này.
Bài 2
Tìm các nguyên hàm sau
• I=
cot x +
• K=
π
π
cot x +
dx
3
6
tan x +
π
π
cot x +
dx
3
6
Lời giải
1. Ta có
cot x +
π
3
cos x +
π
3
=
π
π
cos
x
+
π
3
6
cot x +
=
π
π
6
sin x +
sin x +
3
6
π
π
π
cos x +
+ sin x +
sin x +
6
3
6 −1
π
π
sin x +
sin x +
3
6
π
√
x+
3
1
6
π −1= 2 .
π −1
π
x+
sin x +
sin x +
6
3
6
cos x +
π
−
3
=
π
sin
sin x +
3
Từ đó ta tính được
√
3
1
I=
π
π dx −
2
sin x +
sin x +
3
6
cos
x+
Bây giờ ta sẽ đi tính I1 =
Ta có
√
dx =
3
I1 − x + C
2
dx
π
π .
sin x +
sin x +
3
6
π
π
π
sin x +
− x+
6
3
6
1=
π =
1
sin
6
2
π
π
π
π
cos x +
− cos x +
sin x +
= 2 sin x +
3
6
3
6
sin
Từ đó suy ra
π
π
π
π
cos x +
− cos x +
sin x +
3
6
3
6 dx
π
π
sin x +
sin x +
3
6
π
π
cos x +
sin x +
3
6
dx − 2
π dx = 2 ln
π +C
sin x +
sin x +
3
3
sin x +
I1 = 2
π
6
π
sin x +
6
cos x +
=2
Chinh phục Olympic Toán
15
Tạp chí và tư liệu toán học
TÍCH PHÂN HÀM LƯỢNG GIÁC
Nguyễn Minh Tuấn
Như vậy thì
π
√
sin x +
3
6
.2 ln
I=
π
2
sin x +
3
−x+C =
2. Ta có
π
π
tan x +
cot x +
3
6
sin x +
=
π
3
=
π
cos x +
3
sin
x+
√
π
6
3 ln
π
sin x +
3
sin x +
−x+C
π
π
cos x +
3
6
=
π
π
sin x +
cos x +
3
6
π
π
− cos x +
sin x +
3
6 +1
π
sin x +
6
sin x +
π
π
cos x +
3
6
π
cos x +
3
π
− x+
1
1
6
π + 1 = 2.
π
π
sin x +
cos x +
sin x +
6
3
6
+1
Như vậy ta được
K=
1
2
1
π
π dx +
cos x +
sin x +
3
6
1
dx = K1 + x + C
2
Ta tính được
dx
K1 =
cos x +
π
π
sin x +
3
6
π
sin x +
2
6
= √ ln
π
3
cos x +
3
π
√
sin x +
3
6
ln
⇒K=
π
3
cos x +
3
+C
+x+C
Dạng 3
dx
a sin x + b cos x
Tính tích phân tổng quát I =
Phương pháp
Ta biến đổi
√
a
b
sin x + √
cos x
2
2
+b
a + b2
√
⇒ a sin x + b cos x = a2 + b2 sin (x + α)
a sin x + b cos x =
⇒I= √
1
a2 + b 2
Chinh phục Olympic Toán
a2 + b 2
√
a2
dx
1
x+α
=√
ln tan
+C
sin (x + α)
2
a2 + b 2
16
Tạp chí và tư liệu toán học
TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC
Phạm Việt Anh
Sau đây là các ví dụ minh họa cho các bài toán này.
Bài 3
Tìm các nguyên hàm sau
2dx
3 sin x + cos x
• I=
√
• J=
dx
√
cos 2x − 3 sin 2x
Lời giải
1. Ta có
I=
√
2dx
=
3 sin x + cos x
π
6
π
sin x +
6
d x+
dx
=
dx
√
=
1
3
sin x + cos x
2
2
π
sin x +
6
=
dx
π
π
sin x cos + cos x sin
6
6
π
6 + C = ln tan x + π
2
2 12
x+
= ln tan
+C
2. Ta có
J=
1
=
2
dx
1
√
=
2
cos 2x − 3 sin 2x
dx
√
1
3
cos 2x −
sin 2x
2
2
π
d
− 2x
dx
1
1
6
=−
=
π
π
π
π
2
4
sin cos 2x − cos sin 2x
sin
− 2x
sin
− 2x
6
6
6
6
π
− 2x
1
1
π
= − ln tan 6
+ C = − ln tan
−x +C
4
2
4
12
dx
Dạng 4
Tính tích phân tổng quát I =
Chinh phục Olympic Toán
dx
a sin x + b cos x + c
17
Tạp chí và tư liệu toán học
TÍCH PHÂN HÀM LƯỢNG GIÁC
Nguyễn Minh Tuấn
Phương pháp
x
Đặt tan = t ⇒
2
2dt
1 + t2
2t
sin x =
1 + t2 Sau đây là các ví dụ minh họa cho các bài toán này.
1 − t2
cos x =
1 + t2
2t
tan x =
1 − t2
dx =
Bài 4
Tìm các nguyên hàm sau
• I=
dx
3 cos x + 5 sin x + 3
• J=
2dx
2 sin x − cos x + 1
• K=
dx
sin x + tan x
π
2
• I=
ln
0
1 + sin x
1 + cos x
dx
Lời giải
1. Ta đặt
2dt
dx =
1 + t2
2t
x
sin x =
tan = t ⇒
1 + t2
2
1 − t2
cos x =
1 + t2
Từ đó ta có
2dt
1 + t2
I=
2
=
2dt
+ 10t + 3 + 3t2
1−t
2t
3−
+5
+3
2
2
1+t
1+t
2dt
1
d (5t + 3)
1
1
x
=
=
= ln |5t + 3| + C = ln 5 tan + 3 + C
10t + 6
5
5t + 3
5
5
2
2dt
dx =
x
1 + t2
2. Đặt tan = t ⇒
2
2
sin x = 2t , cos x = 1 − t
1 + t2
1 + t2
3.
2dt
1 + t2
=
2t
1 − t2
2.
−
+1
1 + t2 1 + t2
2.
⇒J =
Chinh phục Olympic Toán
3t2
4dt
=
4t − 1 + t2 + 1 + t2
18
4dt
=2
+ 4t
2t2
dt
t (t + 2)
Tạp chí và tư liệu toán học
TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC
Phạm Việt Anh
1
1
x
x
−
dt = ln |t| − ln |t + 2| + C = ln tan − ln tan + 2 + C
t t+2
2
2
2dt
dx =
x
1 + t2
3. Đặt tan = t ⇒
2t
2t
2
sin x =
,
tan
x
=
1 + t2
1 − t2
2dt
1 − t2
1
dt 1
1
1 + t2
⇒K=
dt =
−
=
tdt
2t
2t
2
t
2
t
2
+
1 + t2 1 − t2
x
1
1
1
x
1
= ln |t| − t2 + C = ln tan − tan2 + C
2
4
2
2
4
2
4. Biến đổi giả thiết ta được
x
x
2 x
2 x
π
π
sin
+
cos
+
2
sin
cos
2
2
1 + sin x
2
2
2
2 dx
ln
ln
dx =
x
1
+
cos
x
2
0
0
2cos
2
π
x
1 2
x
=
ln tan2 + 2 tan + 1 dx
2 0
2
2
Đặt
x
1 1 2
tan = t ⇒ I =
t + 1 ln t2 + t + 1 dt
2
2 0
=
b
b
f (a + b − x) dx ta sẽ tính được tích phân cần
f (x) dx =
Đến đây sử dụng tích chất
a
a
tính.
Cách 2. Ta có
π
2
I=
π
2
ln (1 + sin x) dx −
0
ln (1 + cos x) dx
0
Sử dụng tích phân từng phần ta có
π
2
0
π
2
π
2
ln (1 + cos x) dx =
0
0
π
2
π
⇒ I = ln 2 −
2
π
2
Từ đây ta sẽ đi tính
0
π
2
0
π
2
π
ln (1 + sin x) dx = ln 2 −
2
0
0
x cos x
dx
1 + sin x
x sin x
dx
1 + cos x
π
2
x cos x
dx +
1 + sin x
0
x sin x
dx
1 + cos x
x cos x
π
dx. Đặt t = − x ta được
1 + sin x
2
x cos x
π
dx =
1 + sin x
2
π
2
0
sin x
dx −
1 + cos x
π
2
0
x sin x
dx ⇒ I = 0
1 + cos x
Dạng 5
Tính tích phân tổng quát I =
Chinh phục Olympic Toán
dx
a.sin x + b. sin x cos x + c.cos2 x
2
19
Tạp chí và tư liệu toán học
TÍCH PHÂN HÀM LƯỢNG GIÁC
Nguyễn Minh Tuấn
Phương pháp
dx
.
(atan x + b tan x + c) .cos2 x
Ta biến đổi về dạng I =
2
Ta đặt
tan x = t ⇒
dx
= dt ⇒ I =
cos2 x
at2
dt
+ bt + c
Sau đây là các ví dụ minh họa cho các bài toán này.
Bài 5
Tìm các nguyên hàm sau
• I=
dx
3sin x − 2 sin x cos x − cos2 x
• J=
dx
sin x − 2 sin x cos x − 2cos2 x
2
2
Lời giải
1. Ta có
dx
=
3sin x − 2 sin x cos x − cos2 x
I=
dx
(3tan x − 2 tan x − 1) cos2 x
2
2
Đặt
tan x = t ⇒
=
dx
= dt ⇒ I =
cos2 x
1
4
3
1
−
t − 1 3t + 1
=
3t2
dt =
dt
=
− 2t − 1
1
4
1
dt
−
t−1 4
dt
(t − 1) (3t + 1)
d (3t + 1)
3t + 1
1
t−1
1
tan x − 1
ln
+ C = ln
+C
4
3t + 1
4
3 tan x + 1
2. Ta có
J=
Đặttan x = t ⇒
dx
=
sin x − 2 sin x cos x − 2cos2 x
2
dx
(tan x − 2 tan x − 2) cos2 x
2
dx
= dt
cos2 x
⇒J =
dt
=
2
t − 2t − 2
d (t − 1)
√
(t − 1)2 −
3
2
√
1
t−1− 3
√ +C
= √ ln
2 3
t−1+ 3
√
1
tan x − 1 − 3
√ +C
= √ ln
2 3
tan x − 1 + 3
Chinh phục Olympic Toán
20
Tạp chí và tư liệu toán học
TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC
Phạm Việt Anh
Dạng 6
Xét tích phân tổng quát I =
a1 sin x + b1 cos x
dx
a2 sin x + b2 cos x
Phương pháp
Ta tìm A, B sao cho
a1 sin x + b1 cos x = A (a2 sin x + b2 cos x) + B (a2 cos x − b2 sin x)
Bài 6
Tìm các nguyên hàm sau
• I=
4 sin x + 3 cos x
dx
sin x + 2 cos x
• J=
dx
sin x − 2 sin x cos x − 2cos2 x
2
Lời giải
1. Ta tìm A, B sao cho 4 sin x + 3 cos x = A (sin x + 2 cos x) + B (cos x − 2 sin x)
A − 2B = 4
A=2
⇒ 4 sin x + 3 cos x = (A − 2B) sin x + (2A + B) cos x ⇒
⇔
2A + B = 3
B = −1
2 (sin x + 2 cos x) − (cos x − 2 sin x)
dx
sin x + 2 cos x
Từ đó I =
=2
dx −
d (sin x + 2 cos x)
= 2x − ln |sin x + 2 cos x| + C
sin x + 2 cos x
2. Ta tìm A, B sao cho 3 cos x − 2 sin x = A (cos x − 4 sin x) + B (− sin x − 4 cos x)
A − 4B = 3
A = 11
17
⇒ 3 cos x − 2 sin x = (A − 4B) cos x + (−4A − B) sin x ⇒
⇔
4A + B = 2
B = − 10
17
Từ đó ta có
=
11
17
11
10
(cos x − 4 sin x) −
(− sin x − 4 cos x)
17
17
J=
dx
cos x − 4 sin x
10
d (cos x − 4 sin x)
11
10
dx −
= x−
ln |cos x − 4 sin x| + C
17
cos x − 4 sin x
17
17
Dạng 7
Xét tích phân tổng quát I =
Chinh phục Olympic Toán
a(sin x)2 + b sin x cos x + c(cos x)2
dx
m sin x + n cos x
21
Tạp chí và tư liệu toán học
TÍCH PHÂN HÀM LƯỢNG GIÁC
Nguyễn Minh Tuấn
Phương pháp
Đặt S = a(sin x)2 + b sin x cos x + c(cos x)2
Giả sử
S = (p sin x + q cos x) (m sin x + n cos x) + r sin2 x + cos2 x
⇔ S = (mp + r) (sin x)2 + (np + mq) sin x cos x + (nq + r) (cos x)2
(a − c) m + bn
p=
mp
+
r
=
a
mp
+
r
=
a
m2 + n2
(a − c) n − bm
⇔
⇔
q=
np + mq = b
np + mq = b ⇔
m2 + n2
2
mp − nq = a − c
nq + r = c
an + cm2 − bmn
r=
m2 + n2
Khi đó ta có
(a − c) m + bn
(a − c) n − bm
an2 + cm2 − bmn
sin
x
+
cos
x
dx+
m2 + n2
m2 + n2
m2 + n2
I=
=
(a − c) n − bm
(a − c) m + bn
an2 + cm2 − bmn
sin
x
−
cos
x
+
m2 + n2
m 2 + n2
m 2 + n2
dx
m sin x + n cos x
dx
m sin x + n cos x
Tích phân cuối cùng ta đã được tìm hiểu ở dạng trước!
Sau đây là các ví dụ minh họa cho các bài toán này.
Bài 7
Tính các tích phân sau
π
3
• I=
0
• I=
(cos x)2 dx
√
sin x + 3 cos x
√
√
3 3 − 2 (sin x)2 + 4 3 + 3 sin x cos x + 2(cos x)2
dx
3 sin x + 4 cos x
Lời giải
1. Giả sử
(cos x)2 = (a sin x + b cos x) sin x +
√
3 cos x + c sin2 x + cos2 x
√
√
⇔ (cos x)2 = (a + c) (sin x)2 + a 3 + b sin x cos x + b 3 + c (cos x)2
√
1
3
1
⇔ a = − ;b =
;c =
4
4
4
√
π
π
1 3
3
1
1 3
dx
√
⇒I=
cos x − sin x dx +
2 0
2
2
4 0 sin x + 3 cos x
Chinh phục Olympic Toán
22
Tạp chí và tư liệu toán học
TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC
1
=
2
π
3
1
=
2
0
π
3
0
π
π
1
cos cos x − sin sin x dx +
6
6
8
π
3
1
π
dx +
cos x +
6
8
=
Phạm Việt Anh
0
1 1 √
+ ln 3 −
2 8
π
3
0
dx
π
π
cos sin x + sin cos x
3
3
1
π
1
x π
sin x +
+ ln tan
+
2
6
8
2 6
dx
π =
3
√
√
1 1
1 1 √
1
− ln 3 = + ln 3 =
1 + ln 3
4 8
4 4
4
sin x +
π
3
0
2. Giả sử
√
√
3 3 − 2 (sin x)2 + 4 3 + 3 sin x cos x + 2(cos x)2
= (a sin x + b cos x) (3 sin x + 4 cos x) + c sin2 x + cos2 x
√
√
3a
+
c
=
3
3
−
2
a
=
3
√
⇔
4a + 3b = 4 3 + 3 ⇔
b=1
4b + c = 2
c = −2
1
⇒I=
2
1
=
2
1
=
2
π
3
0
π
3
0
√
π
3
1
3
sin x + cos x dx − 2
2
2
0
π
3
0
sin arcsin
0
3
5
dx
sin x + cos arcsin 35 cos x
π
3
π
π
2 3 d [sin (x − u)]
cos x −
dx −
3
5 0 1 − sin2 (x − u)
0
√
π
− 3 1 1 + sin x cos u − sin u cos x 3
=
− ln
4
5 1 − sin x cos u + sin u cos x 0
1
dx
=
cos (x − u)
2
π
=
0
dx
3 sin x + 4 cos x
π
3
π
π
2
sin sin x + cos cos x dx −
3
3
5
π
2
cos x −
dx −
3
5
π
3
1
π
1
1 + sin (x − u) 3
sin x −
− ln
2
3
5
1 − sin (x − u) 0
π
π
√
√
√
5 − 4 sin + 3 cos
1
3 1
1
13 − 4 3
3
3
3
√ −
=−
+ ln
− ln 4 = ln
π
π
4
5
5
5 4 7+4 3
4
5 + 4 sin − 3 cos
3
3
Dạng 8
Xét tích phân tổng quát
I=
m sin x + n cos x
dx
a(sin x) + 2b sin x cos x + c(cos x)2
2
Phương pháp
Gọi λ1 , λ2 là nghiệm của phương trình
2
a−λ
b
b
c−λ
2
=0
⇔ λ − (a + c) λ + ac − b = 0 ⇔ λ1,2 =
Chinh phục Olympic Toán
23
a+c±
(a − c)2 + 4b2
2
Tạp chí và tư liệu toán học
TÍCH PHÂN HÀM LƯỢNG GIÁC
Nguyễn Minh Tuấn
Biến đổi một xíu:
a(sin x)2 + 2b sin x cos x + c(cos x)2 = λ1 A21 + λ2 A22
=
λ1
b
cos x −
sin x
2
b
a − λ1
1+
(a − λ1 )2
Đặt u1 = cos x −
A1 =
2
λ2
+
1+
b2
(a−λ2 )2
cos x −
b
b
1
sin x; u2 = cos x −
sin x; k1 =
; k2 =
a − λ1
a − λ2
a − λ1
1
1 + b2 k12
(cos x − bk1 sin x) ; A2 =
1
1 + b2 k22
2
b
sin x
a − λ2
1
a−λ2
(cos x − bk2 sin x)
Để ý A21 + A22 = 1 ⇒ λ1 A21 + λ2 A22 = (λ1 − λ2 ) A21 + λ2 = (λ2 − λ1 ) A22 + λ1
b
b
Giả sử m sin x + n cos x = p sin x +
cos x + q sin x +
cos x
a − λ1
a − λ2
p+q =m
bm − n (a − λ2 )
bm − n (a − λ1 )
⇔
⇔p=
(a − λ1 ) ; q =
(a − λ2 )
q
n
p
b (λ2 − λ1 )
b (λ1 − λ2 )
+
=
a − λ1 a − λ2
b
−qdu2
−pdu1
m sin x + n cos x
+
⇒I=
2
2 dx =
(λ1 − λ2 ) A21 + λ2
(λ2 − λ1 ) A22 + λ1
a(sin x) + 2b sin x cos x + c(cos x)
= −p
1 + b2 k12
dA1
−q
(λ1 − λ2 ) A21 + λ2
dA2
(λ2 − λ1 ) A22 + λ1
1 + b2 k22
Sau đây là các ví dụ minh họa cho các bài toán này.
Bài 8
Tính tích phân sau
I=
(sin x + cos x) dx
2sin x − 4 sin x cos x + 5cos2 x
2
Lời giải
Gọi λ1 , λ2 là 2 nghiệm của phương trình
2−λ
−2
−2
5−λ
= 0 ⇔ λ1 = 1; λ2 = 6
Ta có:
24
1
1
cos x − sin x
2sin2 x − 4 sin x cos x + 5cos2 x = (cos x + 2 sin x)2 +
5
5
2
1
2
A1 = √ (cos x + 2 sin x) ; A2 = √
5
5
Chinh phục Olympic Toán
24
cos x −
2
1
sin x ; A21 + A22 = 1
2
Tạp chí và tư liệu toán học
