CHINH PHỤC OLYMPIC TỐN
KỸ THUẬT GIẢI TỐN
TÍCH PHÂN
EBOOK
TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC
TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TỐN HỌC
Copyright © 2019 by Tap chi va tu lieu toan hoc.
All rights reserved. No part of this book may be reproduced or distributed in any form
or by anymeans, or stored in data base or a retrieval system, without the prior written
the permission of the author.
KỸ THUẬT GIẢI TỐN TÍCH PHÂN
TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC
CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN
LỜI GIỚI THIỆU
Đây là cuốn sách fanpage Tạp Chí Và Tư Liệu Toán Học xuất bản 2 năm về trước,
tuy nhiên nay fanpage chia sẻ ebook này lại cho mọi người nên cũng khơng có
lời giới thiệu gì nhiều cả, chỉ mong mọi người trân trọng món quà này và vấn đề
bản quyền, như vậy chúng tôi đã cảm thấy rất vui rồi. Trong cuốn ebook này có
nhiều phần khơng phù hợp với kỳ thi và chúng tôi đã chú thích, các bạn nên
tránh sa đà vào những vấn đề như thế mà chỉ nên tập trung vào các kỹ thuật tính
tốn tích phân (nếu khơng học cẩn thận các phần này thì các bạn coi chừng lên
đại học sẽ vật vã với mơn giải tích đấy nhé ^^)
Tất nhiên là cuốn sách khơng thể tránh khỏi những sai sót, do vậy mọi ý kiến đóng
góp gửi về: />Cảm ơn bạn đọc đã theo dõi fanpage!
MỤC LỤC
Giới thiệu đôi nét về lịch sử…………………………………..……………..…..…………2
CHƯƠNG 1. Nguyên hàm – Tích phân hàm phân thức hữu tỷ………......................…5
CHƯƠNG 2. Nguyên hàm – Tích phân từng phần…………………………….………..46
I. GIỚI THIỆU…………………………………………………………...………….46
II. MỘT SỐ BÀI TOÁN CƠ BẢN…………………………………………..………47
III. MỘT SỐ BÀI TOÁN TỔNG HỢP…………………………………..………….66
CHƯƠNG 3. Các bài toán về hàm lượng giác…………………………………….……118
I. GIỚI THIỆU CÁC LÝ THUYẾT CẦN NHỚ………………………………..…118
II. CÁC DẠNG TOÁN VÀ PHƯƠNG PHÁP…………………………….....…...119
III. CÁC BÀI TOÁN BIẾN ĐỔI TỔNG HỢP……………………………….…....145
CHƯƠNG 4. Ngun hàm tích phân hàm vơ tỷ, căn thức……………………..……..151
I. GIỚI THIỆU…………………...……...…………………………………………151
II. CÁC DẠNG TỐN…………………..………………………………………..151
KỸ THUẬT LƯỢNG GIÁC HĨA………………………...……………………….167
III. TỔNG KẾT…………………………………………………...………………..175
CÁC BÀI TỐN TỔNG HỢP……………………………………………………..177
CHƯƠNG 5. Các loại tích phân đặc biệt…………………………………………..…..203
I. TÍCH PHÂN LIÊN KẾT……………………………………………..….………203
II. KỸ THUẬT ĐƯA BIỂU THỨC VÀO DẤU VI PHÂN………………...………206
III. KỸ THUẬT ĐÁNH GIÁ HÀM SỐ……………………..…………………….212
IV. TÍCH PHÂN HÀM TRỊ TUYỆT ĐỐI……………………..………………….214
V. TÍCH PHÂN CĨ CẬN THAY ĐỔI……………………………………………219
VI. TÍCH PHÂN HÀM PHÂN NHÁNH…………………………………………224
VII. TÍCH PHÂN TRUY HỒI VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN DÃY SỐ….…228
VII. CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC TỔ HỢP……………………………………241
CHƯƠNG 6. Phương pháp đổi cận đổi biến – Hàm ẩn……………………………….249
I. KỸ THUẬT ĐỔI ẨN VÀ TÍNH CHẤT CÁC HÀM ĐẶC BIỆT……………….249
II. CÁC BÀI TỐN PHƯƠNG TRÌNH HÀM…………………………………….263
BÀI TẬP TỔNG HỢP……………………………………………………………..267
CHƯƠNG 7. Các bài tốn về phương trình vi phân……………………………….…..321
BÀI TỐN LIÊN QUAN TỚI TÍCH………………………………………………321
BÀI TỐN LIÊN QUAN TỚI TỔNG……………………………………………..325
MỘT SỐ BÀI TOÁN TỔNG HỢP…………………………………………………329
CHƯƠNG 8. Các ứng dụng của tích phân……………………………………………...357
A. ỨNG DỤNG TÍNH DIỆN TÍCH HÌNH PHẲNG……………………………360
B. ỨNG DỤNG TÍNH THỂ TÍCH……………………………………………….423
C. ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN TRONG THỰC TIỄN……………………………480
CHƯƠNG 9. Bất đẳng thức tích phân…………………………………………………..514
PHÂN TÍCH BÌNH PHƯƠNG…………………………………………………...514
CÂN BẰNG HỆ SỐ VÀ BẤT ĐẲNG THỨC AM – GM………………………..520
BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY – SCHWARZ CHO TÍCH PHÂN………………525
| Giới thiệu đơi nét về lịch sử
GIỚI THIỆU ĐƠI NÉT VỀ LỊCH SỬ
CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN
C
ác ý tưởng giúp hình thành mơn
phân, nhờ đó ơng đã tìm được giá trị gần
vi tích phân phát triển qua một
đúng của số pi ở khoảng giữa hai phân số
thời gian dài. Các nhà toán học
310/71 và 31/7. Trong tất cả những khám
Hi Lạp là những người đã đi những bước
phá của mình, Archimedes tâm đắc nhất
tiên phong. Leucippus, Democritus và
là công thức tính thể tích hình cầu. “Thể
Antiphon đã có những đóng góp vào
tích hình cầu thì bằng 2/3 thể tích hình trụ
phương pháp “vét cạn” của Hi Lạp, và
ngoại tiếp“. Thể theo nguyện vọng lúc
sau này được Euxodus, sống khoảng 370
sinh thời, sau khi ông mất, người ta cho
trước Công Nguyên, nâng lên thành lí
dựng một mộ bia có khắc hoa văn một
luận khoa học. Sở dĩ gọi là phương pháp
hình cầu nội tiếp một hình trụ. Ngồi
“vét cạn” vì ta xem diện tích của một
tốn học, Archimedes cịn có những phát
hình được tính bằng vơ số hình, càng lúc
minh về cơ học, thủy động học. Tất cả
càng lấp đầy hình đó. Tuy nhiên, chỉ có
học sinh đều quen thuộc với định luật
Archimedes (287-212 B.C), mới là người
mang tên ông về sức đẩy một vật thể khi
Hi Lạp kiệt xuất nhất. Thành tựu to lớn
nhúng vào một chất lỏng cùng với câu
đầu tiên của ơng là tính được diện tích
thốt bất hủ “Eureka! Eureka!” (Tìm ra rồi!
giới hạn bởi tam giác cong parabol bằng
4
diện tích của tam giác có cùng đáy và
3
2
đỉnh và bằng
diện tích của hình bình
3
hành ngoại tiếp. Để tìm ra kết quả này,
Tìm ra rồi!) khi ơng đang tắm. Ơng tìm ra
Archimedes dựng một dãy vơ tận các tam
giác, bắt đầu với tam giác có diện tích
bằng A và tiếp tục ghép thêm các tam
giác mới nằm xen giữa các tam giác đã có
với đường parabol. Hình parabol dần dần
được lấp đầy bởi các tam giác có tổng
diện tích là:
A
A A
A A A
A,A + ,A + + ,A + + + ....
4
4 16
4 16 64
Diện tích giới hạn bởi parabol là
1 1
1
4A
A 1 + + + + ... =
4 16 64
3
Archimedes cũng dùng phương pháp
“vét cạn” để tính diện tích hình trịn. Đây
là mơ hình đầu tiên của phép tính tích
các định luật về địn bẩy cùng câu nói nổi
tiếng “Hãy cho tơi một điểm tựa, tơi sẽ nhấc
bổng quả đất“).
Dù ơng có vẻ thích tốn học hơn
vật lí, nhưng Archimedes vẫn là một kỹ
sư thiên tài. Trong những năm quân xâm
lược La Mã hùng mạnh tấn công đất nước
Syracuse quê hương ông, nhờ có những
khí tài do ơng sáng chế như máy bắn đá,
cần trục kéo lật tàu địch, gương parabol
đốt cháy chiến thuyền, đã giúp dân thành
Syracuse cầm chân quân địch hơn 3 năm.
Cuối cùng quân La Mã cũng tràn được
vào thành. Dù có lệnh tướng La Mã là
Marcus khơng được giết chết ơng, một
tên lính La Mã thơ bạo xơng vào phịng
làm việc khi ơng đang mê mải suy nghĩ
cạnh một sa bàn một bài tốn hình dang
dở. Khi thấy bóng của nó đổ lên hình vẽ,
ơng qt lên: ” Đừng quấy rầy đến các
Tạp chí và tư liệu tốn học | 2
Kỹ thuật giải tốn tích phân|
đường trịn của ta !”. Thế là tên lính nỗi
mới 15 tuổi, ơng đã được nhận vào học
cáu, đâm chết ông. Sau khi ông mất, nền
luật tại Đại học Leipzig, và 20 tuổi đã đậu
toán học hầu như rơi vào trong bóng tối
tiến sĩ luật. Sau đó, ơng hoạt động trong
cho đến thế kỹ thứ 17. Lúc này do nhu
ngành luật và ngoại giao, làm cố vần luật
cầu kỹ thuật, phép tính vi tích phân trở
pháp cho các ông vua bà chúa. Trong
lại để giải quyết những bài tốn về sự
những chuyến đi cơng cán ở Paris, Leibnz
biến thiên các đại lượng vật lý. Phép tính
có dịp gặp gỡ nhiều nhà tốn học nổi
vi tích phân được phát triển nhờ tìm ra
tiếng, đã giúp niềm say mê toán học của
cách giải quyết được bốn bài tốn lớn
ơng thêm gia tăng. Đặc biệt, nhà vật lí học
của thời đại:
lừng danh Huygens đã dạy ơng tốn học.
cong.
Vì khơng phải là dân tốn học chun
nghiệp, nên có nhiều khi ơng khám phá
2. Tìm độ dài của một đường cong.
lại những định lí tốn học đã được các
3. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của
nhà toán học khác biết trước. Trong đó có
một đại lượng ; ví dụ tìm khoảng
sự kiện được hai phe Anh Đức tranh cãi
cách gần nhất và xa nhất giữa một
trong suốt 50 năm. Anh thì cho chính
hành tinh và mặt trời, hoặc khoảng
Newton là cha đẻ của phép tính vi tích
cách tối đa mà một đạn đạo có thể
phân trong khi Đức thì nói vinh dự đó
bay tới theo góc bắn đi của nó.
phải thuộc về Leibniz. Trong khi hai
4. Tìm vận tốc và gia tốc của một vật
đương sự thì khơng có ý kiến gì. Đúng ra
thể theo thời gian biết phương
là hai người đã tìm được chân lý trên một
trình giờ của vật thể ấy.
cách độc lập: Leibniz tìm ra năm 1685,
Vào khoảng giữa thế kỷ 17, những
mười năm sau Newton, nhưng cho in ra
anh tài của thời đại, như Fermat,
công trình của mình trước Newton hai
Roberval, Descartes, Cavalieri lao vào giải
mươi năm. Leibniz sống độc thân suốt
các bài toán này. Tất cả cố gắng của họ đã
đời và mặc dù có những đóng góp kiệt
đạt đến đỉnh cao khi Leibniz và Newton
xuất, ơng khơng nhận được những vinh
hồn thiện phép tính vi tích phân. Leibniz
quang như Newton. Ơng trải qua những
( 1646-1716) Ông là một nhà bác học thiên
năm cuối đời trong cô độc và nổi cay
tài, xuất sắc trên nhiều lãnh vực: một nhà
đắng. Newton(1642-1727) - Newton sinh
luật học, thần học, triết gia, nhà chính trị.
ra tại một ngơi làng Anh Quốc. Cha ơng
Ơng cũng giỏi về địa chất học, siêu hình
mất trước khi ơng ra đời, một tay mẹ ni
học, lịch sử và đặc biệt tốn học. Leibniz
nầng và dạy dỗ trên nông trại nhà. Năm
sinh ở Leipzig, Đức. Cha là một giáo sư
1661, ông vào học tại trường đại học
triết học tại Đại học Leipzig, mất khi ông
Trinity ở Cambridge mặc dù điểm hình
vừa sáu tuổi. Cậu bé suôt ngày vùi đầu ở
học hơi yếu. Tại đây ông được Barrow,
thư viện của cha, ngấu nghiến tất cả các
nhà tốn học tài năng chú ý. Ơng lao vào
quyển sách về đủ mọi vần đề. Và thói
học tốn và khoa học, nhưng tốt nghiệp
quen này đã theo cậu suốt đời. Ngay khi
loại bình thường. Vì bệnh dịch hồnh
3 | Chinh phục olympic tốn
TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TỐN HỌC
1. Tìm tiếp tuyến của một đường
CHINH PHỤC OLYMPIC TỐN
| Giới thiệu đơi nét về lịch sử
hành khắp châu Âu và lan truyền nhanh
bè đồng nghiệp. Năm 1687, trước sự
chóng đến London, ơng phải trở lại làng
khuyến khích nhiệt tình của nhà thiên
q và trú ngụ tại đó trong hai năm 1665,
văn học Halley, Newton mới chịu cho
1666. Chính trong thời gian này, ơng đã
xuất bản cuốn Những nguyên tắc toán
xây dựng những nền tảng của khoa học
học. Tác phẩm này ngay lập tức được
hiện đại: khám phá nguyên tắc chuyển
đánh giá là một trong những tác phẫm có
động các hành tinh, của trọng lực, phát
ảnh hưởng lớn lao nhất của nhân loại.
hiện bản chất của ánh sáng. Tuy thế ông
Cũng tương tự như thế, chỉ sau khi biết
khơng phổ biến các khám phá của mình.
Leibniz đã in cơng trình của minh, ơng
Ơng trở lại Cambridge năm 1667 để lấy
mới cơng bố tác phẩm của mình về phép
bằng cao học. Sau khi tốt nghiệp, ơng dạy
tính vi tich phân. Vĩ đại như thế, nhưng
học tại Trinity. Năm 1669, ơng giữ chức
khi nói về minh ơng ln cho rằng sở dĩ
giáo sư trưởng khoa toán, kế nhiệm giáo
ơng có đơi khi nhìn xa hơn kẻ khác vì ông
sư Barrow, một chức danh vinh dự nhất
đứng trên vai của các vĩ nhân. Và với
trong giáo dục. Trong những năm sau đó,
những khám phá lớn lao của mình, ơng
ơng đã cơng thức hố các đinh luật hấp
nói: “Tơi thấy mình như một đứa trẻ chơi
dẫn, nhờ đó giải thích được sự chuyễn
đùa trên bãi biển, may mắn gặp được những
động của các hành tinh, mặt trăng và
viên sỏi tròn trịa, hoặc một vỏ sị đẹp hơn
thủy triều. Ơng cũng chế tạo ra kính viễn
bình thường, trong khi trước mặt là một đại
vọng hiện đại đầu tiên. Trong đời ông,
dương bao la của chân lí mà tối chưa được
ơng ít khi chịu cho in các khám phá vĩ đại
biết“.
của mình, chỉ phổ biến trong phạm vi bạn
Tạp chí và tư liệu toán học | 4
Kỹ thuật giải tốn tích phân|
NGUN HÀM – TÍCH
CHƯƠNG
1
N
PHÂN HÀM HỮU TỶ
guyên hàm phân thức hữu tỷ là một bài toán khá cơ bản, nhưng cũng được phát
triển ra rất nhiều bài tốn khó, hầu như các bài tốn ngun hàm – tích phân
khó sau khi biến đổi ta sẽ đưa chúng được về dạng nguyên hàm – tích phân
hàm hữu tỷ. Trong mục này ta sẽ tìm hiểu cách giải quyết dạng toán này.
Tổng quát. Với hàm hữu tỉ, nếu bậc của tử lớn hơn hoặc bằng bậc của mẫu thì phải chia
của mẫu thì phân tích mẫu ra các thừa số bậc nhất ( x + a ) hay ( x 2 + px + q ) bậc hai vô
nghiệm rồi đồng nhất hệ số theo phần tử đơn giản:
A
Bx + C
( Đồng nhất hệ số ở tử
; 2
x + a x + px + q
thức thì tính được các hằng số A, B, C, … Kết hợp với các biến đổi sai phân, thêm bớt đặc
biệt để phân tích nhanh)
CÁC DẠNG TỐN
CÁC DẠNG TÍCH PHÂN ĐA THỨC HỮU TỶ.
•
b
P ( x ) dx : Chia miền xét dấu P ( x ) ,
a
•
b
x ( mx + n )
dx : Đặt u = mx + n hoặc phân tích,
a
•
b
2
( mx + n ) ( px + qx + r )
dx : Đặt u = px 2 + qx + r ,
a
•
b
(x + m) .(x + m )
dx : Nếu thì đặt u = x + n .
a
CÁC DẠNG TÍCH PHÂN HÀM PHÂN THỨC
b
1. Dạng
px
a
•
2
1
dx . Lập = q 2 − 4pr .
+ qx + r
b
Nếu = 0
a
dx
( mx + n )
5 | Chinh phục olympic toán
2
, dùng cơng thức của hàm đa thức.
TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TỐN HỌC
tách phần đa thức để cịn lại hàm hữu tỉ với bậc tử bé hơn mẫu. Nếu bậc của tử bé hơn bậc
| Nguyên hàm tích phân hàm phân thức
b
dx
, đặt x = k tan t
2
x
+
k
a
•
Nếu 0
•
Nếu 0
2
b
dx
1
1 1
1
, biến đổi 2
=
−
2
2
x −k
x −k
2k x − k x + k
a
b
2. Dạng
2
mx + n
dx . Lập = q 2 − 4pr
2
+ qx + r
px
a
•
Nếu 0 Phân tích và dùng cơng thức.
•
Nếu 0
b
3. Dạng
x
a
A ( px 2 + qx + r ) '
mx + n
B
=
+
2
2
2
px + qx + r
px + qx + r
(x + ) + k2
b
dx
(1 + x )
n m
x n −1dx
=
xn ( 1 + x
a
)
n m
, đặt t = 1 + x n .
CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN
Chú ý. Cho hàm số f ( x ) liên tục trên đoạn −a; a .
•
Nếu f ( x ) lẻ thì
a
f ( x ) dx = 0 .
−a
•
a
a
a
0
Nếu f ( x ) chẵn thì f ( x ) = 2 f ( x ) dx .
CÁC CƠNG THỨC NÊN NHỚ.
•
•
•
1
x−a
1
( x − a )( x − b ) dx = a − b ln x − b + C
mx + n
( ax + b )
2
=
A
B
+
ax + b ( ax + b )2
mx + n
=
A
( ax + b ) ( cx + d ) ( ax + b )
2
2
+
B
C
.
+
cx + d ax + b
1
1
x
dx = arctan + C
2
+a
a
a
•
x
•
ax + b
arctan
1
c +C
dx
=
( ax + b )2 + c2
ac
2
CƠNG THỨC TÁCH NHANH PHÂN THỨC HỮU TỶ
•
P (x)
A =
( x − b )( x − c ) x=a
P (x)
P (x)
A
B
C
=
+
+
B =
( x − a )( x − b )( x − c ) x − a x − b x − c ( x − a )( x − c ) x=b
P ( x)
C =
( x − a )( x − b ) x=c
Tạp chí và tư liệu toán học | 6
Kỹ thuật giải tốn tích phân|
•
P ( x)
A = 2
ax + bx + c x =m
P ( x)
A
Bx + C
=
+
P ( x ) − A ( ax 2 + bx + c )
( x − m ) ( ax2 + bx + c ) x − m ax2 + bx + c
Bx + C =
x−m
x = 1000
Sau đây ta sẽ cùng đi vào các ví dụ minh họa cụ thể cho dạng tốn này!
Câu 1.
2
3
x
dx
2x + 3
1
Tính các tích phân sau : a) I =
b) I =
3
1
2
x −5
x + 1 dx
5
2
c)
x3
0 x2 − 1 dx
x3
1 (
= .
a) Ta có:
2x + 3 2
2x 3 + 3x 2 ) −
3
9
27
2x 2 + 3x ) + ( 2x + 3 ) −
2
(
27
2
4
4 = x − 3 x+ 9 −
.
2x + 3
2 4
8 8 ( 2x + 3 )
2
x2 3
x3
9
27
dx = − x + −
dx
2x
+
3
2
4
8
8
2x
+
3
(
)
1
1
2
2
3
9
27
13 27
1
= x 3 − x 2 + x − ln 2x + 3 = − − ln 35
8
8
16
6 16
3
1
b) Ta có:
x2 − 5 x2 − 1 − 4
4
.
=
= x−1−
x+1
x+1
x+1
3
x2 − 5
dx =
x+1
5
3
4
1 2
x − 1 − x + 1 dx = 2 x − x − 4 ln x + 1
5
x ( x2 − 1) + x
x3
x
c) Ta có: 2
=
= x+ 2
.
2
x −1
x −1
x −1
1
2
1
2
1
2
1
2
x2
x
x
xdx
=
2 dx = x + 2
dx = xdx + 2
x −1
x −1
x −1 2
0
0
1
0
3
1
2
0
3
5
5 +1
= 5 − 1 + 4 ln
.
4
1
+ ln x 2 − 1
2
1
2
0
=
1 1 3
+ ln .
8 2 4
Câu 2.
1
4x + 11
dx .
x + 5x + 6
0
Tính tích phân: I =
2
Lời giải
Cách 1. Phương pháp đồng nhất thức
Ta có f ( x ) =
A ( x + 3) + B ( x + 2 )
4x + 1
4x + 11
A
B
=
=
+
=
x + 5x + 6 ( x + 2 )( x + 3 ) x + 2 x + 3
( x + 2 )( x + 3 )
2
Thay x = −2 vào hai tử số: 3 = A và thay x = −3 vào hai tử số: −1 = −B suy ra B = 1
3
1
Do đó: f ( x ) =
+
x+2 x+3
7 | Chinh phục olympic tốn
TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TỐN HỌC
Lời giải
| Nguyên hàm tích phân hàm phân thức
1
Vậy
1
1
4x + 11
1
3
dx
=
+
dx
=
3ln
x
+
2
+
ln
x
+
3
= 2 ln 3 − ln 2
0 x2 + 5x + 6
0 x + 2 x + 3
0
Cách 2. Nhảy tầng lầu
Ta có: f ( x ) =
2 ( 2x + 5 ) + 1
x + 5x + 6
2
= 2.
2x + 5
1
2x + 5
1
1
+
= 2. 2
+
−
x + 5x + 6 ( x + 2 )( x + 3 )
x + 5x + 6 x + 2 x + 3
2
1
1
2x + 5
1
1
I = f ( x ) dx = 2. 2
+
−
dx
x + 5x + 6 x + 2 x + 3
0
0
1
x+2
= 2 ln x 2 + 5x + 6 + ln
= 2 ln 3 − ln 2
x + 3 0
Câu 3.
1
3
CHINH PHỤC OLYMPIC TỐN
x3
Tính các tích phân sau a) I = 2
dx
x + 2x + 1
0
b) I =
0
4x
dx
4x − 4x + 1
2
Lời giải
a)
Cách 1. Thực hiện cách chia đa thức x 3 cho đa thức x 2 + 2x + 1 đã học ở chương trình lớp 8
Ta được
x3
3x + 2
= x−2+ 2
2
x + 2x + 1
x + 2x + 1
3
I=
0
3
3
x3
3x + 3 − 1
dx = ( x − 2 ) dx + 2
dx
2
x + 2x + 1
x + 2x + 1
0
0
2
3
3
x2
3 d ( x + 2x + 1 )
dx
= − 2x +
−
2
2
2
0 2 0 x + 2x + 1
0 ( x + 1)
3
3
3 3
1
3 3
1
9
2 3
= − + ln ( x + 1 ) +
= − + ln 16 + − 1 = − + 6 ln 2.
0
2 2
x+1 0
2 2
4
4
3
3
x3
x3
Cách 2. Ta có 2
dx =
dx
2
x + 2x + 1
0
0 ( x + 1)
x = 0 t = 1
Đặt t = x + 1 dx = dt; x = t − 1 . Đổi cận
x = 3 t = 4
3
0
4
x3
( x + 1)
b) Ta có
2
dx =
1
( t − 1)
t2
3
3 1
dt = t − 3 + − 2
t t
1
4
1
9
1 2
dt = t − 3t + 3 ln t + = − + 6 ln 2
t 1
4
2
4x
4x
=
4x − 4x + 1 ( 2x − 1)2
2
Đặt t = 2x − 1 dt = 2dx → dx =
1
4
1
x = 0 t = −1
1
dt . Đổi cận
2
x = 1 t = 1
1
4x
4x
dx =
dx =
Do đó 2
2
4x
−
4x
+
1
2x
−
1
(
)
0
0
−1
4.
1
1
( t + 1) 1
1 1
2
dt
=
+ 2
2
t
2
t t
−1
1
1
dt = ln t − = −2
t −1
Tạp chí và tư liệu tốn học | 8
Kỹ thuật giải tốn tích phân|
Câu 4.
2
2
x3 + 2x 2 + 4x + 9
dx
x2 + 4
0
x
Tính các tích phân sau a) I = 2
dx
x + 4x + 5
0
b) I =
Lời giải
2
x
a) Ta có
2
2
0
x
x
dx =
dx
2
+ 4x + 5
0 (x + 2) + 1
Đặt x + 2 = tan t , suy ra dx =
2
t2
x = 0 tan t = 2
x = 2 tan t = 4
t
2
t2
tan t − 2 dt
sin t
dx
=
=
−
2
dt
=
−
ln
cos
t
−
2t
( 1)
(
)
2
0 ( x + 2 ) + 1
1 + tan 2 t cos2 t t cos t
t1
t1
1
x
1
1
2
2
tan t = 2 1 + tan t = 5 cos t = 5 cos t 1 = 5
Ta có
tan t = 4 1 + tan 2 t = 17 cos 2 t = 1 cos t = 1
2
17
17
( − ln cos t − 2t )
t2
t1
= − ( ln cos t 2 ) − 2t 2 − ( ln cos t 1 − 2t 1 ) = − ln
= 2 ( arctan 4 − arctan 2 ) − ln
b) Ta có
cos t 2
+ 2 (t2 − t1 )
cos t 1
1
1
5
. 5 = 2 ( arctan 4 − arctan 2 ) − ln
2 17
17
x3 + 2x 2 + 4x + 9 x 3 + 4x + 2x 2 + 8 + 1
1
=
= x+2+ 2
2
2
x +4
x +4
x +4
2
2
2
2
x3 + 2x 2 + 4x + 9
1
dx
1 2
Do đó:
dx = x + 2 + 2
=6+J
dx = x + 2x + 2
2
x +4
x +4
2
0 0 x +4
0
0
•
2
Tính tích phân J =
0
1
dx
x +4
2
2
Đặt x = 2 tan t suy ra: dx =
dt. Đổi cận
cos2 t
2
(1)
4
x = 0 t = 0
. Ta có t 0; → cos t 0
4
x = 2 t = 4
4
1
1
1
2
1
1 4
dx =
dt
=
dt
=
t = . Từ ( 1 ) I = 6 + .
Khi đó J = 2
2
2
x +4
4 0 1 + tan t cos t
20
2 0 8
8
0
Câu 5.
1
Tính các tích phân sau a) I =
0
x
( x + 1)
3
b) I =
dx
0
( x − 1)
−1
Lời giải
x = 0 t = 1
a) Cách 1. Đặt x + 1 = t , suy ra x = t − 1 . Đổi cận
.
x = 1 t = 2
9 | Chinh phục olympic tốn
x4
3
dx
TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TỐN HỌC
Do đó
1
dt . Đổi cận
cos 2 t
| Nguyên hàm tích phân hàm phân thức
1
2
2
2
t−1
1
1 1
1 1 1
dx = 3 dt = 2 − 3 dt = − + 2 =
Do đó
3
t
t
t
t 2 t 1 8
0 ( x + 1)
1
1
x
Cách 2. Ta có
1
Do đó
x
( x + 1)
=
3
( x + 1) − 1 = 1 − 1
3
2
3
( x + 1)
( x + 1) ( x + 1)
1
x
( x + 1)
3
0
dx =
1
0
1
1
1
1
1
1
−
dx = −
+
=
2
3
2
( x + 1 ) ( x + 1 )
x + 1 2 ( x + 1 ) 0 8
x = −1 t = −2
b) Đặt x − 1 = t , suy ra x = t + 1 . Đổi cận
x = 0 t = −1
0
Do đó
x4
( x − 1)
dx =
3
−1
−1
−2
( t + 1)
t3
4
dt =
−1
−1
t 4 + 4t 3 + 6t 2 + 4t + 1
6 4 1
dt = t + 4 + + 2 + 3 dt
3
−2
t
t t
t
−2
−1
CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN
4 1 1
33
1
= t 2 + 4t + 6 ln t − − 2 =
− 6 ln 2
t 2 t −2 8
2
Câu 6.
6+ 2
3
−4x 4 + x 2 − 3
2
dx =
a 3 + b + c + 4 . Với a , b , c là các số nguyên.
4
x +1
8
(
Tính tích phân
1
)
Khi đó biểu thức a + b 2 + c 4 có giá trị bằng ?
Lời giải
6+ 2
2
Ta có
1
•
−4x 4 + x 2 − 3
dx =
x4 + 1
Tính I = −4
6+ 2
2
1
•
Tính J =
6+ 2
2
1
6+ 2
2
1
dx = −4x 1
x2 + 1
−
4
+
dx = −4
x4 + 1
6+ 2
2
6+ 2
2
x +1
dx =
x4 + 1
2
1
1
1
Đặt t = x − dt = 1 + 2 dx . Khi
x
x
Khi đó J =
2
0
dt
t +
2
( 2)
2
6+ 2
2
dx +
1
6+ 2
2
1
x2 + 1
dx = I + J .
x4 + 1
= −2 6 − 2 2 + 4 .
1
x 2 dx =
1
x2 + 2
x
1+
6+ 2
2
1
1
x2
dx.
2
1
x− + 2
x
1+
x = 1 t = 0
.
6+ 2
t= 2
x =
2
. Đặt t = 2 tan u dt = 2 ( 1 + tan 2 u ) du .
t = 0 u = 0
4
2 ( 1 + tan 2 u )
24
2 4
2
du
=
du
=
u =
.
Đổi cận
J=
2
2 0
2 0
8
0 2 ( 1 + tan u )
t = 2 u = 4
Tạp chí và tư liệu toán học | 10
Kỹ thuật giải tốn tích phân|
6+ 2
2
Vậy
1
a = b = −16
−4x 4 + x 2 − 3
2
a + b 2 + c 4 = 241 .
dx =
−16 3 − 16 + + 4
4
c
=
1
x +1
8
(
)
Câu 7.
3
Tính các tích phân sau a) I =
2
3
1
( x − 1)( x + 1)
3
b) I =
dx
2
x2
( x − 1) ( x + 2 )
2
dx
Lời giải
a) Cách 1. Phương pháp đồng nhất thức
( x − 1 )( x + 1 )
2
( 1)
1
A=
1 = 4A
4 .
Thay hai nghiệm mẫu số vào hai tử số
1
=
−
2C
C = − 1
2
A + B ) x2 + ( 2A + C ) x + A − B − C
(
1 1
1
A−B−C = 1 B = A−C−1 = + −1 = −
( 1)
2
4 2
4
( x − 1)( x + 1)
1 1
1
1
1
1
dx
=
2 ( x − 1)( x + 1)
2 4 . x − 1 + 4 . ( x + 1) − 2 ( x + 1)2
3
Do đó
3
1
2
dx
3
1
1
1
1
3
= ln ( x − 1 )( x + 1 ) + .
= ln 8 = ln 2 .
2 ( x + 1)
4
4
4
2
Cách 2. Phương pháp đổi biến
x = 2 t = 3
Đặt t = x + 1 , suy ra x = t − 1 . Đổi cận
x = 3 t = 4
4
4
4
dt
1 t − (t − 2)
1
1
1
dx
=
=
dt
=
dt
−
Khi đó I =
2
3 t 2 ( t − 2 ) 2 3 t 2 ( t − 2 )
3 t dt
2 2 t ( t − 2 )
2 ( x − 1 )( x + 1 )
3
4
1
4
4
11 1
1
1 1 t−2 1
I =
− dt − dt = ln
− ln
22 2t−2 t
t 4
t
2
3
4
3
t = ln 2 .
3 4
x = 2 t = 1
b) Đặt t = x − 1 , suy ra x = t + 1 , dx = dt . Đổi cận
.
x = 3 t = 2
2 2
t + 1)
(
t + 2t + 1
2 ( x − 1)2 ( x + 2 ) dx = 1 t 2 ( t + 3 ) dt = 1 t 2 ( t + 3 ) dt
3
Do đó
x2
2
2
Cách 1. Phương pháp đồng nhất thức
( At + B )( t + 3 ) + Ct = ( A + C ) t + ( 3A + B ) t + 3B
t 2 + 2t + 1 At + B
C
=
+
=
2
2
t ( t + 3)
t
t+3
t2 ( t + 3)
t2 (t + 3)
2
Ta có
11 | Chinh phục olympic tốn
2
TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TỐN HỌC
Ta có
A ( x + 1 ) + B ( x − 1 )( x + 1 ) + C ( x − 1 )
A
B
C
=
+
+
=
2
2
x − 1 ( x + 1) ( x + 1)
( x − 1 )( x + 1 )
2
1
| Nguyên hàm tích phân hàm phân thức
1
B = 3
A + C = 1
5
t 2 + 2t + 1 1 t + 3 4 1
=
+
Đồng nhất hệ số hai tử số 3A + B = 2 A = 2
2
9
t
t
+
3
9
t
9 t+3
(
)
3B = 1
4
C = 9
2
2
t 2 + 2t + 1
1 1 3 4 1
2
dt = + 2 +
dt
t ( t + 3)
9 t t 9 t + 3
1
1
2
1
3 4
17 4
7
= ln t − + ln t + 3 =
+ ln 5 − ln 2
t 9
9
9
1 6 9
Cách 2:
CHINH PHỤC OLYMPIC TỐN
t 2 + 2t + 1
Ta có 2
=
t ( t + 3)
2
2
1 3t 2 + 6t 1 t − ( t − 9 )
1 3t 2 + 6t + 3 1 3t 2 + 6t
3
+
=
=
+
3 t 3 + 3t 2 3 t 3 + 3t 2 t 2 ( t + 3 ) 3 t 3 + 3t 2 9 t 2 ( t + 3 )
1 3t 2 + 6t 1 1
1 t − 3 1 3t 2 + 6t 1 1
1 1 3
= 3
+
−
= 3
+
− − 2
2
2
2
3 t + 3t 9 t + 3 9 t
3 t + 3t 9 t + 3 9 t t
2
2
1 3t 2 + 6t 1 1
1
t 2 + 2t + 1
1 3
1 t + 3 3
2
dt = 3
+
− + 2 dt = ln t 3 + 3t 2 + ln
−
2
t ( t + 3)
3 t + 3t 9 t + 3 t t
27
t
t 1
3
1
1
2
Do đó I =
17 4
7
+ ln 5 − ln 2 .
6 9
9
Câu 8.
Tính các tích phân sau
3
a) I =
2
1
3
4
x ( x2 − 1)
x+1
dx
2
x
x
−
4
(
)
3
b) I =
dx
c)
x2
2 ( x2 − 1) ( x + 2 ) dx
Lời giải
a) Cách 1. Phương pháp đồng nhất thức
A ( x 2 − 1 ) + Bx ( x + 1 ) + Cx ( x − 1 )
1
A
B
C
=
= +
+
=
Ta có f ( x ) =
x ( x − 1 )( x + 1 )
x ( x 2 − 1 ) x ( x − 1 )( x + 1 ) x x − 1 x + 1
1
Đồng nhất hệ số hai tử số bằng cách thay các nghiệm: x = 0; x = 1 và x = −1 vào hai tử ta có
A = −1
x = 0 → 1 = −A
1
1 1 1 1 1
f (x) = − +
x = −1 → 1 = 2C B =
+
2
x 2 x−1 2 x+1
x = 1 → 1 = 2B
1
C = 2
3
3
3
1 1
1 1
5
3
1
dx =
+
Vậy
− dx = ( ln ( x − 1 )( x + 1 ) ) − ln x = ln 2 − ln 3
2
2 x−1 x+1 x
2
2
2 2
2 x ( x − 1)
2
1
Cách 2. Phương pháp nhảy lầu
Tạp chí và tư liệu tốn học | 12
Kỹ thuật giải tốn tích phân|
Ta có
1
x ( x − 1)
2
3
=
x2 − ( x2 − 1)
x ( x − 1)
2
3
=
x
1 1 2x
1
− =
−
2
x −1 x 2 x −1 x
2
3
3
1 2xdx
1
5
3
1
dx = 2
− dx = ln ( x 2 − 1 ) − ln x = ln 2 − ln 3 .
Do đó
2
2 2 x −1 2 x
2
2
2 2
2 x ( x − 1)
1
b) Cách 1. Phương pháp đồng nhất thức
A ( x 2 − 4 ) + Bx ( x + 2 ) + Cx ( x − 2 )
x+1
x+1
A
B
C
=
= +
+
=
Ta có
x ( x 2 − 4 ) x ( x − 2 )( x + 2 ) x x − 2 x + 2
x ( x2 − 4 )
4
3
3
TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TỐN HỌC
Thay các nghiệm của mẫu số vào hai tử số:
1
• Khi x = 0 A = −
4
1
• Khi x = −2 C = −
8
3
• Khi x = 2 B =
8
1 1 1 1 3 1
Do đó f ( x ) = − −
+
4 x 8 x−2 8 x+2
3
x+1
1 1
1
1
3
1
dx = − dx −
dx +
dx
2
42x
8 2 x−2
8 2 x+2
3 x (x − 4)
3
1
3
5
3
1
1
= − ln x − ln x − 2 + ln x + 2 = ln 3 − ln 5 − ln 2
8
8
8
4
4
2 8
Cách 2. Phương pháp nhảy lầu
2
2
x+1
1
1
1 1
1 1 x − (x − 4)
=
+
=
−
Ta có
+
x ( x 2 − 4 ) ( x 2 − 4 ) x ( x 2 − 4 ) 4 x − 2 x + 2 4 x ( x 2 − 4 )
=
4
1 1
1
1 2x
1
−
+
−
2
4x−2 x+2 2 x −4 x
4
4
x+1
1 1
1
1 2x
1
1
x−2 1
=
−
+
− dx = ln
+ ln ( x 2 − 4 ) − ln x
Do đó:
2
2
4 3x−2 x+2 2 x −4 x
x+2 2
4
3
3 x (x − 4)
c) Cách 1. Phương pháp đồng nhất thức
Ta có
x2
x2
A
B
C
=
=
+
+
2
( x − 1) ( x + 2 ) ( x − 1)( x + 1)( x + 2 ) x − 1 x + 1 x + 2
=
A ( x + 1 )( x + 2 ) + B ( x − 1 )( x + 2 ) + C ( x 2 − 1 )
Thay lần lượt các nghiệm mẫu số vào hai tử số:
1
Thay x = 1 ta có 1 = 2A , suy ra A =
2
13 | Chinh phục olympic toán
(x
2
− 1) ( x + 2 )
| Nguyên hàm tích phân hàm phân thức
1
2
5
Thay x = −2 ta có 4 = −5C , suy ra C = −
4
Do đó
Thay x = −1 ta có 1 = −2B , suy ra B = −
3
3
3
x2
1 1
5 1
1
x−1 5
1 3
1 1
I= 2
dx =
−
−
− ln x + 2 = ln .
dx = ln
2 x−1 2 x+1 4 x+2
x+1 4
2
2 2 2
2 ( x − 1) ( x + 2 )
2
Cách 2. Nhảy tầng lầu
x2
x2 − 1 + 1
1
1
1
1 x ( x + 1) − ( x − 1)( x + 2 )
=
=
+
=
+
( x2 − 1) ( x + 2 ) ( x2 − 1) ( x + 2 ) x + 2 ( x − 1)( x + 1)( x + 2 ) x + 2 2 ( x − 1)( x + 1)( x + 2 )
CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN
=
1
1
x
1
1
1 1 1
1
1
.
+
−
+ 1 +
−
=
−
x + 2 2 ( x − 1)( x + 2 ) x + 1 x + 2 2 3 x − 1 x + 2 x + 1
Từ đó suy ra kết quả.
Câu 9.
Tìm các ngun hàm, tính các tích phân sau:
x4 − 2
1. 3
dx
x −x
dx
2.
x ( 1 + x8 )
3.
6. N =
0
8x7 + 2
dx
7
x
1
+
x
(
)
1
7. Q =
x4 + 2
8. J = 6
dx
x +1
2
x4 − x + 1
4. K = 2
dx
x +4
0
x +x +1
dx
6
x
+
1
0
5. L =
4
xdx
8
−1
x
2
x2 − 1
x4 + x2 + 1 dx
1
1
3
4
3
x10
dx
x3 + 1
9.
10.
x2 − 1
21 x4 + 1 dx
2
4
1
Lời giải
1. Ta có
Đặt
x4 − 2
x2 − 2
x2 − 2
.
=
x
+
=
x
+
x3 − x
x3 − x
x ( x − 1 )( x + 1 )
x2 − 2
A
B
C
x2 − 2 = ( A + B + C ) x2 + ( B − C ) x − A
= +
+
x ( x − 1 )( x + 1 ) x x − 1 x + 1
1
1
Đồng nhất hệ số thì được A = 2, B = − , C = − , do đó:
2
2
2
1
1
1
1
1
f ( x ) dx = x + x − 2 . x − 1 − 2 . x + 1 dx = 2 x
2
1
+ 2 ln x − ln x 2 − 1 + C
2
Tạp chí và tư liệu tốn học | 14
Kỹ thuật giải tốn tích phân|
d ( x8 )
dx
x7 dx
1
1
x8
=
=
=
ln
+C
2. Ta có
8
x ( 1 + x8 ) x8 ( 1 + x8 ) 8 x8 ( 1 + x8 ) 8 1 + x
1
dx +
x2 − 1
1
x2 − x + 1
x
dx
=
=
ln
+C
3. Ta có 4
1 2
x + x2 + 1
2
x2 + x + 1
x+ −1
x
4. Đặt x = 2 tan t, x 0; 2 t 0; .
4
K=
16 tan 4 t − 2 tan t + 1 2dt
1
.
=
2
2
cos t 2
4 ( tan t + 1 )
=
1
2
0
Từ đó tính được K = −
/4
( 16 tan
4
t − 2 tan t + 1 ) dt
0
/4
( 16 tan t ( 1 + tan t ) − 16 tan
2
2
2
)
t − 2 tan t + 1 dt
0
16 17
+
− ln 2
3
8
1
1
1
2x 2
dx
2 d (x )
+ 6
dx
=
+
5. Ta có L = 2
0 x2 + 1 3 0 x3 2 + 1
x +1 x +1
0
( )
3
1
Lần lượt đặt x = tan t, x 3 = tan u thì L =
6. Đặt t = x 2 thì xdx =
1
N=
2
1
3
0
dt
1
=
4
t −1 4
1
3
0
5
12
1
1
1
dt .Khi x = 0 thì t = 0, x = 4 thì t =
2
3
3
1
1
1 t −1 1
3 1
1
−
dt
=
ln
−
arctan
t
= ln 2 − 3 −
2
2
8
24
t −1 t +1
8 t+1 4
0
2
2
2
8x7 + 1 + 1
8x7 + 1
1
=
dx
dx +
dx
8
7
7
x +x
1 x (1 + x )
1
1 x (1 + x )
7. Ta có Q =
2
d ( x7 )
x6
1
= ln ( x + x ) + 7
dx = ln 129 + 7
7
1
7 1 x ( 1 + x7 )
1 x (1 + x )
8
2
2
1
x7
= ln 129 + ln
7 1 + x7
2
1
1 256
= ln 129 + ln
7 129
1
dx
1
8. Ta có J = 2
+ 4
dx = C + arctan x + 4
2
x − x2 + 1
x +1 x −x +1
dx
x − x2 + 1
Với trường hợp x = 0 làm dễ dàng, xét trường hợp x 0 ta có
Như vậy ta chỉ cần tính K =
15 | Chinh phục olympic tốn
4
(
)
TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TỐN HỌC
/4
| Nguyên hàm tích phân hàm phân thức
1
d
x
K=
= −
2
1
1
x2 − 1 + 2
x− +1
x
x
dx
x2
Đặt t =
1
t 2dt
1
1
1
dt
K= 4 2
= 2
+ 2
dt − 4 2
x
t − t + 1 2 t + 1 − 3t t + 1 + 3t
t −t +1
=
1
1
1
1
1
1
1
+ 2
dt − K K = 2
+ 2
dt
2
2 t + 1 − 3t t + 1 + 3t
2
3 t + 1 − 3t t + 1 + 3t
Phần còn lại xin nhường lại cho bạn đọc!
9. Biến đổi tích phân cần tính ta được
3
CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN
4
3
x 10
1
1
dx = x7 − x 4 + x − 2
+ 3
dx
3
4
x +1
x −x+1 x +1
3
1
1
7
4
= x − x + x −
+ 3
dx
2
2
4
x
+
1
1
3
x− +
2
2
3
3
3
d ( x + 1)
d ( x + 1)
1
dx =
=
Tính I = 3
2
4 x +1
4
( x + 1 ) x − x + 1 4 ( x + 1 ) ( x + 1 )2 − 3 ( x + 1 ) + 3
2
2
1 4 ( t − 3t + 3 ) − ( t − 3t )
1 4 dt 1 4 t − 3
dt =
−
dt
Đặt t = x + 1 dt = dx I =
2
3 5
3 5 t 3 5 t 2 − 3t + 3
t ( t − 3t + 3 )
=
1 4 dt 1 1 4 2t − 3
3 4
dt
−
dt
−
2
2
5
5
5
3
t 3 2 t − 3t + 3
2 t − 3t + 3
Đến đây xin nhường lại cho bạn đọc!
1
1
1 − 2 dx 1 d x +
x −1
x
x
dx =
=
10. Ta có I = 4
2
1
1
1 x +1
1
1
x2 + 2
−2
2
2
2 x+
x
x
1
Đặt x + = t khi đó ta được:
x
1
1
2
2
2
2
2
2
dt
dt
1 1
1
I= 2
=
=
−
dt
2 2 5t− 2 t+ 2
2 t− 2
5 t −2
5 t+
=
1
2
2
2
5
2
(
(
d t− 2
t− 2
)(
)−
1
2
)
2
2
5
2
(
d t+ 2
t+ 2
2
)=
t− 2
ln
2 2
t+ 2
1
2
=
5
2
2 19 − 6 2
ln
4
17
Tạp chí và tư liệu toán học | 16
Kỹ thuật giải tốn tích phân|
KỸ THUẬT NHẢY TẦNG LẦU
Khi gặp các bài toán nguyên hàm phân thức hữu tỷ thì các bạn thường giải quyết như thế
nào? Biến đổi đưa về các dạng cơ bản, đặt ẩn, hay lượng giác hóa…? Trong chủ đề này
mình sẽ giới thiệu cho các bạn một kỹ thuật rất hay để giải quyết các bài toán phân thức
hữu tỷ mà ta gọi là kỹ thuật nhảy tầng lầu – đây là phương pháp tách tích phân hữu tỉ ra
thành nhiều tích phân con có khoảng cách giữa bậc tử và mẫu khơng lớn, hạ bậc mẫu của
tích phân ban đầu xuống mức tối giản nhất có thể, từ đó tính tốn dễ dàng hơn. Kỹ thuật
này được mình trích từ cuốn “ TUYỂN TẬP CÁC CHUYÊN ĐỀ & KỸ THUẬT TÍNH
TÍCH PHÂN” của thầy Trần Phương và các phương pháp xử lý khác trên mạng.
Sau đây là các ví dụ minh họa trích từ cuốn tích phân của thầy Trần Phương
Tính các tích phân sau
dx
1. I = 3
x − 3x
xdx
4. I = 4
x −1
7. I =
10.
dx
x4 + 1
x
(x
x
dx
− 10x 3
3. I =
x
5. I =
x2 − 1
x4 + 1 dx
6. I =
x2 + 1
x4 + 1 dx
7
x 2 dx
x4 + 1
dx
11. I = 4
x + x2 + 1
8. I =
2
− 1) dx
− 5x 3 − 4x 2 − 5x + 1
dx
13. I = 3
x +1
4
dx
−1
2. I =
14. I =
xdx
3
−1
x
4
x 4dx
x4 + 1
dx
12. I = 3
x −1
9. I =
15. I =
xdx
3
+1
x
Lời giải
2
2
dx
dx
1 x − ( x − 3)
1 xdx
dx
=
=
dx = 2
−
1. Ta có I = 3
2
2
x − 3x
3 x −3
x
x ( x − 3) 3 x ( x − 3)
2
1 1 d ( x − 3)
dx
=
−
x =
3 2
x2 − 3
2. Ta có I =
11
1 x2 − 3
2
ln
x
−
3
−
ln
x
+
c
=
ln
+C
32
6
x2
4
4
dx
dx
1 x − ( x − 10 )
1 xdx
dx
=
=
dx =
− 3
4
7
3
3
4
3
4
x − 10x
10 x − 10
x
x ( x − 10 ) 10 x ( x − 10 )
d ( x2 )
1 1
dx 1 1
x 2 − 10
1
=
−
=
ln
+
+C
2
2
10 2 ( x 2 ) − 10 x 3 20 10
x 2 + 10 x
2
2
dx
dx
1 ( x + 1) − ( x − 1)
1
x−1 1
= 2
=
dx = ln
− arctan x + C
3. Ta có I = 4
2
2
2
x −1
4
x+1 2
( x − 1)( x + 1) 2 ( x − 1)( x + 1 )
17 | Chinh phục olympic tốn
TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC
Câu 1.
| Nguyên hàm tích phân hàm phân thức
d ( x2 )
xdx
1
1 1
1
1
x2 − 1
2
= 2
=
−
d
x
=
ln
+C
4. Ta có I = 4
( )
x − 1 2 ( x − 1 )( x 2 + 1 ) 4 x 2 − 1 x 2 + 1
4
x2 + 1
1
1
dx +
1− 2
x2 − 1
x
x dx =
dx =
5. Ta có I = 4
2
1
x +1
1
x2 + 2
x+ − 2
x
x
( )
1
1
dx −
2
x +1
x
x dx =
dx =
6. Ta có I = 4
2
1
x +1
1
x2 + 2
x− + 2
x
x
2
1+
2
( )
1
− 2
x
=
ln
+C
1
2 2
x+ + 2
x
x+
1
2
=
1
x2 − 1
arctan
+C
2
x 2
2
2
dx
1 ( x + 1) − ( x − 1)
1 x2 + 1
x2 − 1
7. Ta có I = 4
=
dx = 4
dx − 4
dx
x +1 2
x4 + 1
2 x +1
x +1
CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN
=
1 1
x2 − 1
1
x2 − x 2 + 1
arctan
−
ln 2
2 2
x 2 2 2
x +x 2 +1
+C
2
2
x2 dx 1 ( x + 1) + ( x − 1 )
1 x2 + 1
x2 − 1
8. Ta có I = 4
=
dx
=
dx
+
x4 + 1 dx
x +1 2
x4 + 1
2 x4 + 1
=
1 1
x2 − 1
1
x2 − x 2 + 1
arctan
+
ln 2
2 2
x 2 2 2
x +x 2 +1
+C
x4 + 1) − 1
(
x 4dx
1 1
x2 − 1
1
x2 − x 2 + 1
=
dx
=
x
−
arctan
−
ln
9. Ta có I = 4
x +1
x4 + 1
2 2
x 2 2 2
x2 + x 2 + 1
+C
1
1
1
−
dx
d
x
+
2
( x − 1) dx
x
x
=
=
10. Ta có I = 4
1 2 1
1
x − 5x 3 − 4x 2 − 5x + 1 2 1
x + 2 − 5 x + − 4
x + − 5 x + − 6
x
x
x
x
2
=
du
du
1 1
1
1 x 2 − 6x + 1
=
=
−
du
=
ln 2
+C
u 2 − 5u − 6 ( u − 6 )( u + 1) 7 u − 6 u + 1
7
x +x+1
2
2
dx
1 ( x + 1) − ( x − 1)
1
x2 + 1
x2 − 1
11. Ta có I = 4
=
dx
=
dx
−
dx
4
2
4
2
2
4
2
x +x +1 2
x +x +1
2 x +x +1
x +x +1
1
1
1
1
1 + 2 dx
1 − 2 dx
dx +
dx −
1
1
x
x
x
x
= 2 −
=
−
2
2 2 1
2 1 4
1
1
x + 2 +1
x + 2 +1
x
−
+
3
x
+
−
1
x
x
x
x
=
1
2 3
arctan
1
1
x+ −1
1
x2 − 1 1 x2 − x + 1
x − 1 ln
x
+c=
arctan
− ln 2
+C
4 x+ 1 +1
3
2 3
x 3 4 x +x+1
x
x−
Tạp chí và tư liệu tốn học | 18
Kỹ thuật giải tốn tích phân|
12. Ta có I =
d ( x − 1)
dx
dx
=
=
x −1
( x − 1 ) ( x 2 + x + 1) ( x − 1) ( x − 1 )2 + 3 ( x − 1 ) + 3
3
2
2
dt
1 ( t + 3t + 3 ) − ( t + 3t )
= 2
=
dt =
t ( t + 3t + 3 ) 3
t ( t 2 + 3t + 3 )
( t + 3 ) dt
1 dt
− 2
3 t
t + 3t + 3
1 x 2 − 2x + 1
1 dt 1 ( 2t + 3 ) dt 3
dt
1
2x + 1
= − 2
− 2
−
arctan
+C
= ln 2
3 t 2 t + 3t + 3 2 t + 3t + 3 6
x +x+1 2 3
3
d ( x + 1)
dx
dx
=
=
13. Ta có I = 3
2
x +1
( x + 1 ) ( x − x + 1 ) ( x + 1 ) ( x + 1 )2 − 3 ( x + 1 ) + 3
( t − 3 ) dt
1 dt
− 2
3 t
t − 3t + 3
2
d
t
−
3t
+
3
(
)
1 dt 1
3
dt
=
−
+
3 t 2 t 2 − 3t + 3
2 3 2 3
t − +
2 4
1 1
t2
2t − 3
1 x 2 + 2x + 1
1
2x − 1
+ 3 arctan
+
arctan
+C
ln 2
+ C = ln 2
3 2 t − 3t + 3
6
x −x+1 2 3
3
3
2
xdx
xdx
1 ( x + x + 1) − ( x − 1)
=
=
dx
14. Ta có I = 3
x − 1 ( x − 1) ( x2 + x + 1) 3 ( x − 1) ( x2 + x + 1)
2
1 1
x−1
1 dx 1 ( 2x + 1 ) dx 3
dx
=
− 2
− 2
+
dx =
2
2
3 x−1 x +x+1
3 x−1 2 x +x+1 2
1 3
x+ +
2 2
=
1
1
2x + 1
ln x − 1 − ln x 2 + x + 1 + 3 arctan
+C
3
2
3
2
xdx
xdx
−1 ( x − x + 1 ) − ( x + 1 )
=
=
dx
15. Ta có I = 3
x + 1 ( x + 1) ( x2 − x + 1) 3 ( x + 1) ( x2 − x + 1)
2
1 1
x+1
−1 dx 1 ( 2x − 1 ) dx 3
dx
= −
− 2
− 2
−
dx =
2
2
3 x+1 x −x+1
3 x+1 2 x −x+1 2
1 3
x− +
2 2
−1 x2 + 2x + 1
1
2x − 1
=
ln 2
−
arctan
+C
6
x −x+1
3
3
19 | Chinh phục olympic tốn
TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TỐN HỌC
2
2
dt
1 ( t − 3t + 3 ) − ( t − 3t )
= 2
=
dt =
t ( t − 3t + 3 ) 3
t ( t 2 − 3t + 3 )
| Nguyên hàm tích phân hàm phân thức
Câu 2.
Tính các nguyên hàm sau
dx
1. I = 6
x −1
4. I =
x 3dx
x6 − 1
x6dx
x6 − 1
dx
10. I = 6
x +1
7. I =
13. I =
CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN
16. I =
2. I =
xdx
x6 − 1
x2 dx
3. I = 6
x −1
5. I =
x 4dx
x6 − 1
6. I =
8. I =
x4 − 1
dx
x6 + 1
9. I =
11. I =
dx
x ( 2x 50 + 7 )
x 19 dx
2
14. I =
17. I =
(3 + x )
10 2
x4 + 1
dx
x6 + 1
dx
12. I = 100
3x + 5x
x2 + x
dx
x6 + 1
dx
k
x 99dx
50
− 3)
( 1 − x ) dx
15. I =
x (1 + x )
2000
x ( axn + b )
( 2x
x 5dx
x6 − 1
7
2000
18. I =
x 2 n −1dx
( ax
n
+ b)
k
Lời giải
1. Ta có I =
=
dx
dx
1 dx
dx
= 3
= 3
− 3
3
x −1
( x − 1)( x + 1) 2 x − 1 x + 1
6
1 1 x 2 − 2x + 1
1
2x + 1 1 x 2 + 2x + 1
1
2x − 1
−
arctan
+
arctan
ln 2
− ln 2
2 6
x +x+1 2 3
x −x+1 2 3
3 6
3
=
( x2 − 2x + 1)( x2 − x + 1) − 1 arctan 2x + 1 + arctan 2x − 1 + C
1
ln 2
12 ( x + 2x + 1 )( x 2 + x + 1 ) 4 3
3
3
2
xdx
1 d(x )
1
x 4 − 2x 2 + 1
1
2x 2 + 1
=
=
ln
−
arctg
+C
2. Ta có I = 6
x − 1 2 ( x 2 )3 − 1 12
x4 + x2 + 1 2 3
3
3
x 2dx 1 d ( x ) 1 1 x 3 − 1
1 x3 − 1
3. Ta có I = 6
=
= ln
+ C = ln 3
+C
x − 1 3 x6 − 1 3 2 x 3 + 1
6 x +1
2
2
x 3dx 1 x d ( x ) 1 udu 1
udu
= 6
= 3
=
4. Ta có I = 6
x −1 2 x −1
2 u − 1 2 ( u − 1) ( u2 + u + 1)
( u − 1) + 1 arctan 2u + 1 + C = 1 ln x 4 − 2x 2 + 1 + 1 arctan 2x 2 + 1 + C
1
=
ln 2
12
u +u+1 2 3
12
x4 + x2 + 1 2 3
3
3
2
5. Ta có I =
( x 4 + x2 + 1) − ( x2 − 1) − 2 dx = dx −
x 4dx
dx
dx
=
− 2 6
6
2
4
2
2
4
2
x −1
x −1
x +x +1
x −1
( x − 1)( x + x + 1)
x 2 − 2x + 1 )( x 2 − x + 1 )
(
1
1
2x + 1
2x − 1
x2 − 1
=
ln 2
+
arctan
+
arctan
−
arctan
+C
12 ( x + 2x + 1 )( x 2 + x + 1 ) 2 3
3
3
x 3
Tạp chí và tư liệu toán học | 20