Tài liệu Tích phân của hàm vô tỷ pptx

Đ7 tích phân của các hàm vô tỷ
Mục tiêu của mục này là đa ra cách giải cho một số dạng của tính tích tổng quát
I =
b

a
R(x, x
m
n
, ..., x
r
s
)dx
trong đó R(u, v, ..., w) là hàm phân thức hữu tỷ các biến số u, v, ..., w và m, n, ..., r, s là các số
nguyên dơng.
Cách giải tổng quát nhất cho tích phân này là đặt x = x
k
trong đó k là bội số chung nhỏ
nhất của tất cả các mẫu số trong các số mũ. Lúc đó chúng ta đa tích phân đã cho về dạng tích
phân các hàm hữu tỷ.
Một cách giải tơng tự cho tích phân
I =



R

x,

ax + b
cx + d

m
n
, ...,

ax + b
cx + d

r
s

dx
7.1.1 Bài tập mẫu:
(a). I =
2

1
x(

x 1 +
3

x 1)dx (b). J =
4

1
4

x
8

x
x(
4

x + 1)
dx
(c). I =
143

3
13

0
dx
3

(x 1)(x + 1)
2
(d). J =
4

1
3

x
6

x
x(

6

x + 1)
dx
a. Bài giải:
+ Đặt x 1 = t
6
đổi cận x = 1 = t = 0; x = 2 = t = 1.
+ Vi phân dx = 6t
5
dt.
+ Do vậy
I =
1

0
(t
6
1)(t
3
+ t
2
)6t
5
dt = 6
1

0
(t
14

+ t
13
+ t
8
+ t
7
)dt
= 6

1
15
t
15
+
1
14
t
14
+
1
9
t
9
+
1
8
t
8

1
0
=
943
420
b. Bài giải:
+ Đặt x = t
8
đổi cận x = 1 = t = 1; x = 4 = t =
4

2.
+ Vi phân dx = 8t
7
dt.
+ Biến đổi
4

x
8

x
x(
4

x + 1)
dx =

t
2
t
t
8
(t
2
+ 1)
8t
7
dt =
8t 8
t
2
+ 1
dt = 4
2tdt
t
2
+ 1
8
dt
t
2
+ 1
Do vậy
J = 4
4

2

1
2tdt
t
2
+ 1
8
4

2

1
dt
t
2
+ 1
=

4 ln(1 + t
2
)



4

2
1
8 u|
u

0

4
1
Chú ý rằng u
0
(

2
;

2
) ở trên là giá trị mà tan u
0
=
4

2 chúng ta còn kí hiệu u
0
= arctan
4

2,
ở đây arctan là ký hiệu hàm ngợc của hàm số tan.
c. Bài giải:
+ Đặt
x + 1
x 1
= t
3

x =
t
3
+ 1
t
3
1
do vậy dx =
6t
2
dt
(t
3
1)
2
.
+ Đổi cận x = 0 = t = 1; x =
14 3

3
13
= t =

3
3
.
+ Biến đổi
dx
3

(x 1)(x + 1)
2
=
3

x + 1
x 1
.
dx
x + 1
=
6t
3
(t
3
1)
2
2t
3
t
3
1
dt =
3
t
3
1
dt
+ Sử dụng kỹ thuật tích phân hữu tỷ ta đợc
3

t
3
1
=
1
t 1

t + 2
t
2
+ t + 1
=
1
t 1

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

3
2
t
2
+ t + 1
Do vậy
J =
143

3
13

0
dx
3

(x 1)(x + 1)
2
=

3
3

0
1
t 1
dt
1
2

3
3

0
2t + 1
t
2
+ t + 1

dt
3
2

3
3

0
dt
t
2
+ t + 1
=

ln|t 1|
1
2
ln|t
2
+ t + 1|






3
3
0

3
2
J
0
+ Tính J
0
theo cách tính của hàm hữu tỷ đã biết.
d. Bài giải: Giải tơng tự bài b.
7.1.2 Bài tập tự giải:
(a). I =
1

2
x
2
(

1 x +
3

1 x)dx (b). J =
4

0
dx
3

2x + 1 +

2x + 1

(c). I =
4

0
x 2

x 1
3

x + 2
dx (d). J =
4

1
3

x + 2
6

x
x(
6

x + 1)
dx
2
7.2. Phép thế Euler trong tích phân có chứa lợng

ax
2

+ bx + c:
Nếu a > 0 thì đổi biến

ax
2
+ bx + c = t + x

a x =
t
2
c
b 2t

a
Nếu c > 0 thì đổi biến

ax
2
+ bx + c = tx +

c x =
2t

c b
a t
2
Nếu ax
2
+ bx + c = 0 a(x )(x ) = 0 nghĩa là biểu thức dới dấu căn có
hai nghiệm phân biệt thì đổi biến

ax
2
+ bx + c = t(x ) x =
a t
2

a t
2
để ý rằng chỉ có ba khả năng trên cho một tam thức bậc hai nằm dới dấu

, vì vậy
chúng ta đã hữu tỷ hoá các tích phân có chứa các biểu thức vô tỷ dạng trên.
7.2.1. Bài tập mẫu:
(a). I =
1

0

x
2
+ x + 1dx (b). J =
1

0

x
2
x + 1dx
a. Bài giải:

+ Đặt

x
2
+ x + 1 = t + x x
2
+ x + 1 = t
2
+ 2tx + x
2
x =
t
2
1
1 2t
do vậy

x
2
+ x + 1 = t +
t
2
1
1 2t
=
t
2
+ t 1
1 2t
.

+ Vi phân dx =
2t
2
+ 2t 2
(1 2t)
2
dt.
+ Đổi cận x = 0 = t = 1; x = 1 = t =

3 1.
+ Từ đây ta có
I = 2

31

1
(t
2
t + 1)
2
(2t 1)
3
dt = 2
1


31
(t
2
t + 1)

2
(2t 1)
3
dt
+ Ta sử dụng ký thuật của tích phân hàm hữu tỷ nh sau
(t
2
t + 1)
2
(2t 1)
3
=
1
16
[4t
2
4t + 4]
2
(2t 1)
3
=
1
16
[(2t 1)
2
+ 3]
2
(2t 1)
3
=

1
16
(2t 1) +
3
8
1
2t 1
+
9
16
1
(2t 1)
3
+ Vì vậy
I =
1
8
1


31
(2t 1)dt +
3
4
1


31
1
2t 1

dt +
9
8
1


31
1
(2t 1)
3
dt
=

1
32
(2t 1)
2
+
3
8
ln|2t 1|
9
32
1
(2t 1)
2

1

31
=
3
4

3
1
4
+
3
8
ln(2 +

3)
3
16
ln 3.
3
b. Bài giải:
+ Đặt

x
2
x + 1 = t + x x
2
x + 1 = t
2

+ 2tx + x
2
x =
1 t
2
2t + 1
do vậy

x
2
x + 1 = t +
1 t
2
2t + 1
=
t
2
+ t + 1
2t + 1
.
+ Vi phân dx =
2t
2
2t 2
(2t + 1)
2
dt.
+ Đổi cận x = 0 = t = 1; x = 1 = t = 0.
+ Từ đây ta có
I = 2

0

1
(t
2
+ t + 1)
2
(2t + 1)
3
dt = 2
1

0
(t
2
+ t + 1)
2
(2t + 1)
3
dt
+ Ta sử dụng ký thuật của tích phân hàm hữu tỷ nh sau
(t
2
+ t + 1)
2
(2t + 1)
3
=
1
16

[4t
2
+ 4t + 4]
2
(2t + 1)
3
=
1
16
[(2t + 1)
2
+ 3]
2
(2t + 1)
3
=
1
16
(2t + 1) +
3
8
1
2t + 1
+
9
16
1
(2t + 1)
3
+ Vì vậy

J =
1
8
1

0
(2t + 1)dt +
3
4
1

0
1
2t + 1
dt +
9
8
1

0
1
(2t + 1)
3
dt
=

1
32
(2t + 1)
2

+
3
8
ln|2t + 1|
9
32
1
(2t + 1)
2





1
0
=
1
2
+
3
8
ln 3.
7.2.2. Bài tập mẫu:
(a). I =
2

1
dx

x
2
+ x + 1
(b). J =
2

1
dx

x
2
x + 1
a. Bài giải:
+ Đặt

x
2
+ x + 1 = tx + 1 x
2
+ x + 1 = t
2
x
2
+ 2tx + 1 x =
2t 1
1 t
2
do vậy

x

2
+ x + 1 = 1 +
2t
2
t
1 t
2
=
t
2
t + 1
1 t
2
.
+ Vi phân dx =
2(t
2
t + 1)
(1 t
2
)
2
dt.
+ Đổi cận x = 1 = t =

3 1; x = 2 = t =

7 1
2
.

+ Biểu thức dới dấu tích phân
dx

x
2
+ x + 1
=
2(t
2
t + 1)
(1 t
2
)
2
.
1 t
2
t
2
t + 1
dt =
2dt
1 t
2
=

1
1 + t
+
1

1 t

dt
+ Vì vậy
I =

71
2


31

1
1 + t
+
1
1 t

dt
= [ln|1 + t| ln|1 t|]




71
2

31
4
= ln

√
7 + 1
3 −
√
7
− ln
√
3
2 −
√
3
= ln(2
√
7 + 5) − ln(3 + 2
√
3).
b. Bµi gi¶i:
+ §Æt
√
x
2
− x + 1 = tx + 1 ⇐⇒ x
2
− x + 1 = t
2
x
2
+ 2tx + 1 ⇐⇒ x =
2t + 1
1 − t

2
do vËy
√
x
2
− x + 1 = 1 +
2t
2
+ t
1 − t
2
=
t
2
+ t + 1
1 − t
2
.
+ Vi ph©n dx =
2(t
2
+ t + 1)
(1 − t
2
)
2
dt.
+ §æi cËn x = 1 =⇒ t = 0; x = 2 =⇒ t =
√
3 − 1

2
.
+ BiÓu thøc d−íi dÊu tÝch ph©n
dx
√
x
2
− x + 1
=
2(t
2
+ t + 1)
(1 − t
2
)
2
.
1 − t
2
t
2
+ t + 1
dt =
2dt
1 − t
2
=

1
1 + t

+
1
1 − t

dt
+ V× vËy
I =
√
3−1
2

0

1
1 + t
+
1
1 − t

dt
= [ln|1 + t| − ln|1 − t|]



√
3−1
2
0
= ln
3 + 2

√
3
3
.
7.2.3. Bµi tËp tù gi¶i:
(a). I =
1

0
(x + 1)
√
x
2
+ x + 1dx (b). J =
1

0
(x + 1)
√
x
2
− x + 1dx
(c). I =
1

0
(x
2
+ 1)
√

x
2
+ x + 1dx (d). J =
1

0
(x
2
+ 1)
√
x
2
− x + 1dx
(e). I =
1

0
(x + 1)dx
√
x
2
+ x + 1
(f). J =
1

0
(x + 1)dx
√
x
2

− x + 1
(g). I =
1

0
√
x
2
− 5x + 6dx (h). J =
1

0
(x + 1)dx
√
x
2
− 5x + 6
(i). I =
1

0
(x + 1)dx
√
4 − x
2
(j). J =
1

0
x

2
dx
√
4 − x
2
5