Cách giải tổng quát nhất cho tích phân này là đặt x = xk trong đó k là bội số chung nhỏ nhất của tất cả các mẫu số trong các số mũ.. Lúc đó chúng ta đưa tích phân đã cho về dạng tích phâ
Trang 1Đ7 tích phân của các hàm vô tỷ
Mục tiêu của mục này là đưa ra cách giải cho một số dạng của tính tích tổng quát
I =
b Z a R(x, xmn, , xr)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 dương
Cách giải tổng quát nhất cho tích phân này là đặt x = xk trong đó k là bội số chung nhỏ nhất của tất cả các mẫu số trong các số mũ Lúc đó chúng ta đưa tích phân đã cho về dạng tích phân các hàm hữu tỷ
Một cách giải tương tự cho tích phân
I =
β Z α R
"
x, ax + b
cx + d
mn , , ax + b
cx + d
rs# dx
7.1.1 Bài tập mẫu:
(a) I =
2 Z 1
x(√
x ư 1 +√3
4 Z 1
4
√
x ư√8
x x(√4
x + 1)dx
(c) I =
14ư3√3 13
Z 0
dx
3
p(x ư 1)(x + 1)2 (d) J =
4 Z 1
3
√
x ư√6
x x(√6
x + 1)dx
a Bài giải:
+ Đặt x ư 1 = t6 đổi cận x = 1 =⇒ t = 0; x = 2 =⇒ t = 1
+ Vi phân dx = 6t5dt
+ Do vậy
I =
1
Z
0
(t6ư 1)(t3+ t2)6t5dt = 6
1 Z 0 (t14+ t13+ t8+ t7)dt
= 6 1
15t
15+ 1
14t
14+ 1
9t
9+1
8t 8
1
0
= 943 420
b Bài giải:
+ Đặt x = t8 đổi cận x = 1 =⇒ t = 1; x = 4 =⇒ t = √4
2
+ Vi phân dx = 8t7dt
+ Biến đổi
4
√
x ư√8
x x(√4
x + 1)dx =
t2ư t
t8(t2+ 1)8t
7dt = 8t ư 8
t2+ 1dt = 4
2tdt
t2+ 1 ư 8 dt
t2+ 1
Do vậy
J = 4
4
√ 2 Z 1
2tdt
t2+ 1 ư 8
4
√ 2 Z 1
dt
t2+ 1 = 4 ln(1 + t2)
4
√ 2
1 ư 8 u|u0
π 4
Trang 2Chú ý rằng u0 ∈ (ưπ
2;
π
2) ở trên là giá trị mà tan u0 =
4
√
2 chúng ta còn kí hiệu u0 = arctan√4
2,
ở đây arctan là ký hiệu hàm ngược của hàm số tan.
c Bài giải:
+ Đặt x + 1
x ư 1 = t
3 ⇐⇒ x = t
3+ 1
t3ư 1 do vậy dx = ư
6t2dt (t3ư 1)2 + Đổi cận x = 0 =⇒ t = ư1; x = 14 ư 3
√ 3
13 =⇒ t = ư
√ 3
3 . + Biến đổi
dx
3
p(x ư 1)(x + 1)2 =r x + 13
x ư 1.
dx
x + 1 = ư
6t3 (t3ư 1)2 2t3
t3ư 1
dt = ư 3
t3ư 1dt
+ Sử dụng kỹ thuật tích phân hữu tỷ ta được
3
t3ư 1 =
1
t ư 1 ư t + 2
t2+ t + 1 =
1
t ư 1ư
1
2(2t + 1)
t2+ t + 1 ư
3 2
t2+ t + 1
Do vậy
J =
14ư3√3
13
Z 0
dx
3
p(x ư 1)(x + 1)2 =
√ 3 3 Z 0
1
t ư 1dt ư
1 2
√ 3 3 Z 0
2t + 1
t2 + t + 1dt ư
3 2
√ 3 3 Z 0
dt
t2+ t + 1
=
ln |t ư 1| ư1
2ln |t
2 + t + 1|
√ 3 3 0
ư 3
2J0
+ Tính J0 theo cách tính của hàm hữu tỷ đã biết
d Bài giải: Giải tương tự bài b
7.1.2 Bài tập tự giải:
(a) I =
ư1 Z
ư2
x2(√
1 ư x +√3
1 ư x)dx (b) J =
4 Z 0
dx
3
√ 2x + 1 +√
2x + 1
(c) I =
4 Z 0
x ư 2√
x ư 1
3
√
4 Z 1
3
√
x + 2√6
x x(√6
x + 1)dx
Trang 37.2 Phép thế Euler trong tích phân có chứa lượng √
ax2+ bx + c:
• Nếu a > 0 thì đổi biến
√
ax2+ bx + c = t + x√
a ⇐⇒ x = t
2ư c
b ư 2t√
a
• Nếu c > 0 thì đổi biến
√
ax2+ bx + c = tx +√
c ⇐⇒ x = 2t
√
c ư b
a ư t2
• Nếu ax2 + bx + c = 0 ⇐⇒ a(x ư α)(x ư β) = 0nghĩa là biểu thức dưới dấu căn có hai nghiệm phân biệt thì đổi biến
√
ax2+ bx + c = t(x ư α) ⇐⇒ x = aβ ư t
2α
a ư t2
để ý rằng chỉ có ba khả năng trên cho một tam thức bậc hai nằm dưới 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 Z 0
√
1 Z 0
√
x2ư x + 1dx
a Bài giải:
+ Đặt √
x2+ x + 1 = t + x ⇐⇒ x2 + x + 1 = t2+ 2tx + x2 ⇐⇒ x = t
2 ư 1
1 ư 2t
do vậy √
x2+ x + 1 = t + t
2ư 1
1 ư 2t =
ưt2+ t ư 1
1 ư 2t . + Vi phân dx = ư2t2+ 2t ư 2
(1 ư 2t)2 dt
+ Đổi cận x = 0 =⇒ t = 1; x = 1 =⇒ t =√
3 ư 1
+ Từ đây ta có
I = ư2
√ 3ư1 Z 1
(t2ư t + 1)2 (2t ư 1)3 dt = 2
1 Z
√ 3ư1
(t2 ư t + 1)2 (2t ư 1)3 dt + Ta sử dụng ký thuật của tích phân hàm hữu tỷ như sau
(t2ư t + 1)2
(2t ư 1)3 = 1
16
[4t2ư 4t + 4]2 (2t ư 1)3 = 1
16
[(2t ư 1)2+ 3]2 (2t ư 1)3
= 1
16(2t ư 1) +
3 8
1 2t ư 1 +
9 16
1 (2t ư 1)3 + Vì vậy
I = 1
8
1 Z
√
3ư1
(2t ư 1)dt +3
4
1 Z
√ 3ư1
1 2t ư 1dt +
9 8
1 Z
√ 3ư1
1 (2t ư 1)3dt
= 1
32(2t ư 1)
2+ 3
8ln |2t ư 1| ư
9 32
1 (2t ư 1)2
1
√ 3ư1
= 3
4
√
3 ư1
4 +
3
8ln(2 +
√ 3) ư 3
16ln 3.
Trang 4b Bµi gi¶i:
+ §Æt √
x2 − x + 1 = t + x ⇐⇒ x2− x + 1 = t2+ 2tx + x2 ⇐⇒ x = 1 − t
2 2t + 1
do vËy √
x2 − x + 1 = t + 1 − t
2 2t + 1 =
t2+ t + 1 2t + 1 . + Vi ph©n dx = −2t2 − 2t − 2
(2t + 1)2 dt
+ §æi cËn x = 0 =⇒ t = 1; x = 1 =⇒ t = 0
+ Tõ ®©y ta cã
I = −2
0 Z 1
(t2+ t + 1)2 (2t + 1)3 dt = 2
1 Z 0
(t2+ t + 1)2 (2t + 1)3 dt + Ta sö dông ký thuËt cña tÝch ph©n hµm h÷u tû nh− sau
(t2+ t + 1)2
(2t + 1)3 = 1
16
[4t2+ 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 + V× vËy
J = 1
8
1 Z 0
(2t + 1)dt + 3
4
1 Z 0
1 2t + 1dt +
9 8
1 Z 0
1 (2t + 1)3dt
= 1
32(2t + 1)
2+3
8ln |2t + 1| −
9 32
1 (2t + 1)2
1
0
= 1
2+
3
8ln 3.
7.2.2 Bµi tËp mÉu:
(a) I =
2 Z 1
dx
√
2 Z 1
dx
√
x2− x + 1
a Bµi gi¶i:
+ §Æt √
x2 + x + 1 = tx + 1 ⇐⇒ x2+ x + 1 = t2x2+ 2tx + 1 ⇐⇒ x = 2t − 1
1 − t2
do vËy √
x2 + x + 1 = 1 +2t
2 − t
1 − t2 = t
2− t + 1
1 − t2 + Vi ph©n dx = 2(t
2− t + 1) (1 − t2)2 dt
+ §æi cËn x = 1 =⇒ t =√
3 − 1; x = 2 =⇒ t =
√
7 − 1
2 . + BiÓu thøc d−íi dÊu tÝch ph©n
dx
√
x2+ x + 1 =
2(t2− t + 1) (1 − t2)2 1 − t
2
t2− t + 1dt =
2dt
1 − t2 =
1
1 + t +
1
1 − t
dt + V× vËy
I =
√
7−1 2
Z
√
3−1
1
1 + t +
1
1 − t
dt
= [ln |1 + t| − ln |1 − t|]
√ 7−1 2
√ 3−1
Trang 5= ln
√
7 + 1
3 −√
7− ln
√ 3
2 −√
3 = ln(2
√
7 + 5) − ln(3 + 2√
3)
b Bµi gi¶i:
+ §Æt √
x2− x + 1 = tx + 1 ⇐⇒ x2− x + 1 = t2x2+ 2tx + 1 ⇐⇒ x = 2t + 1
1 − t2
do vËy √
x2− x + 1 = 1 + 2t
2+ t
1 − t2 = t
2+ t + 1
1 − t2 + Vi ph©n dx = 2(t
2+ t + 1) (1 − t2)2 dt
+ §æi cËn x = 1 =⇒ t = 0; x = 2 =⇒ t =
√
3 − 1
2 . + BiÓu thøc d−íi dÊu tÝch ph©n
dx
√
x2− x + 1 =
2(t2+ t + 1) (1 − t2)2 1 − t
2
t2+ t + 1dt =
2dt
1 − t2 =
1
1 + t+
1
1 − t
dt + V× vËy
I =
√
3−1 2
Z
0
1
1 + t+
1
1 − t
dt
= [ln |1 + t| − ln |1 − t|]
√ 3−1 2
0
= ln3 + 2
√ 3
7.2.3 Bµi tËp tù gi¶i:
(a) I =
1 Z 0
(x + 1)√
x2+ x + 1dx (b) J =
1 Z 0
(x + 1)√
x2− x + 1dx
(c) I =
1 Z 0
(x2+ 1)√
x2 + x + 1dx (d) J =
1 Z 0
(x2+ 1)√
x2− x + 1dx
(e) I =
1 Z 0
(x + 1)dx
√
1 Z 0
(x + 1)dx
√
x2− x + 1
(g) I =
1 Z 0
√
1 Z 0
(x + 1)dx
√
x2− 5x + 6 (i) I =
1 Z 0
(x + 1)dx
√
1 Z 0
x2dx
√
4 − x2
... t2để ý có ba khả cho tam thức bậc hai nằm dấu √
, hữu tỷ hố tích phân có chứa biểu thức vô tỷ dạng
7.2.1 Bài tập mẫu:
(a) I =
1...
(t2 t + 1)2 (2t 1)3 dt + Ta sử dụng ký thuật tích phân hàm hữu tỷ sau
(t2ư t + 1)2
(2t 1)3...
dt = 3
t3ư 1dt
+ Sử dụng kỹ thuật tích phân hữu tỷ ta
3
t3ư =
1
t ư t + 2