CÔNG THỨC TÍNH TÍCH PHÂN CƠ BẢN pptx

sinmx cos nxdx ; sinmx sin nxdx Dùng công thức biến đổi tích thành tổng rồi lấy tích phân của một tổng số.

GIỚI HẠN

1 VÔ CÙNG BÉ TƯƠNG ĐƯƠNG

CÔNG THỨC TÍNH TÍCH PHÂN CƠ BẢN

1.sindx x = ln + C

2 cox dx = ln 











 4 2



x

3 

 2

2 x

a

dx

= arcsin a x + C ( a > 0)

x

a  dx =

2

x

+

2

2

a

arcsina x + C

4.a2 x2

dx

= a1 arctg a x + C

5 = 21a ln a ax x + C ( a≠ 0)

6 = ln x2ax + C

  x2 a dx = 2x x 2 a +sindx xln x x2 a + C

TÍCH PHÂN HÀM HỮU TỈ :

1 xA a dx = A ln x  a + C

2  xa dxxb =

b

a 

1

ln x x a b





+ C

3 ax2 dx bxc =

a

1 

















2 2

4

4

b ac a

b x

dx

* Nếu  = b 2 – 4ac < 0

đặt 2

2

4

4

a

b

ac 

= k 2 > 0 và x +

a

b

2 = u

 I =

a

1

u2 k2

du

=

ak

1

arctg

k

u

+ C với k =

a

b ac

2



 I = 2

4

2

b

ac  arctg 2

4

2

b ac

b ax





TÍCH PHÂN HÀM LƯỢNG GIÁC

1 sinmx cos nxdx ; sinmx sin nxdx

Dùng công thức biến đổi tích thành tổng rồi lấy tích phân của một tổng số.

2 I = Rsinx,cosxdx với R (u,v) là hàm hữu tỉ theo u,v

đặt t = tg

2

x



2

x

= arctg t  x = 2arctg t  dx = 2

1

2

t

tdt



dx = 1 2

2

t

 dt Ta có sinx = 1 2

2

t

t

 , cosx = 22

1

1

t

t





3 sinm xcosn xdx

a Nếu ít nhất một trong 2 số m, n lẻ:

Nếu m lẻ: ta đặt t = cosx ; nếu n lẻ ta đặt t = sinx

b Nếu m, n đều chẵn ta đặt t = tg x

c Nếu m, n đều chẵn và dương ta dùng công thức sau để biến đổi hàm dưới dấu tích phân:

sin 2 x = 1 cos2 2x cos 2 x = 1cos2 2x sinx cosx = 21 sin2x

4 hay P(x)coxnxdx trong đó P(x) là 1 đa thức

Dùng pp tích phân từng phần bằng cách đặt:

u = p(x)  du = P’(x) dx

dv = sinmxdx  v = m1 cosmx

Ta được P(x) sinmxdx = - P(x)cosx +

m

1

P'(x)cosmxdx

Lại tiếp tục tích phân từng phần ta sẽ hạ bậc đa thức và cuối cùng đi đến tích phân

P(x)coxnxdx hoặc P(x) sinmxdx

TÍCH PHÂN HÀM VÔ TỈ

1 = R x m dx























, R(x,y) là hàm hữu tỉ, : hằng số

Đặt  





m = t   t m

hay = φ(t)  dx = φ’ (t) dt Do đó

dx x























PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN

1.Phương trình vi phân tách biến:

dạng: f1(x).dx + f2(y)dy = 0 (1) hoặc y’ = f(x) với f1(x), f2(y) là các hàm liên tục

Cách giải: từ (1)  f 2 (y)dy = - f 1 (x)dx Lấy tích phân 2 vế:

 f2(y)dy = - f1(x).dx + C

2 Phương trình vi phân đẳng cấp:

dạng: y’ = f 











x

y

(2)

đặt u = x y trong đó u là hàm theo x  ux = y  u’x + u = y’ (6)

Ta có (6)  u’x + u = f(u)  u’x = f(u) – u

 xdu dx = f(u) – u

* Nếu f(u) – u ≠ 0 ta chia 2 vế

u u

f

du



)

( =

x

dx

Lấy tích phân 2 vế: 

 u u f

du

)

x

dx

+ ln c

* Nếu f(u) - u = 0  f(u) = u

Từ ý = x y  dy x = dx x Lấy tích phân 2 vế dy y = dx x  ln y = ln x + C

 y = Cx

3 Phương trình vi phân tuyến tính:

dạng : ý + P ( x) y = q (x) (1) (không thuần nhất)

ý + P ( x) y = 0 ( thuần nhất)

Cách giải 1: Nhân 2 vế của (1) cho e (px) dx ta có:

y’ e + P (x) dx e (px) dx y = q (x) e (px) dx Lấy tích phân 2 vế ta có:



y ep(x)dx ’ x = q (x) e p(x)dx dx + C

y = e  (px) dx q (x) e p(x)dx dx + C

Cách giải 2: giải phương trình (2) ( thuần nhất) ta được nghiệm tổng quát

y = C e  (px) dx ( 3) Dùng pp biến thiên hằng số Lagrante

Trong biểu thức ( 3) ta coi C = C (x)

 y = C (x) e  (px ) dx thay vào (1) ta tìm được C (x) rồi thay C (x) vào y ta nhận được nghiểm tổng quát của phương trình ( 1) có dạng:

y = e  (px ) dx

THỐNG KÊ

1 Nếu cho dạng 2 cột X, Y thi công thức như sau: