TÍCH
PHÂN HÀM PHÂN THỨC HỮU TỈ CÓ MẪU LÀ ĐA THỨC BẬC CAO
Trong chuyên đề này, ta sẽ tìm hiểu các cách tính tích phân β∫αR(x)Q(x)dx với Q(x) có bậc cao hơn
3.
Lưu ý: Đối với hàm phân thức hữu tỷ
có bậc tử thấp hơn bậc mẫu tới hai bậc hoặc tinh ý nhận ra tính chất đặc biệt của
hàm số dưới dấu tích phân thì ta có cách giải ngắn gọn hơn.
Ví dụ 1.
Tính các tích phân sau .
a. 2∫1dxx(x4+1) b.
12∫0x2+1(x−1)3(x+3)dx
Giải
a. 2∫1dxx(x4+1) . Nếu theo cách phân tích bằng đồng
nhất hệ số hai tử số thì ta có :
f(x)=1x(x4+1)=Ax+Bx3+Cx2+Dx+Ex4+1=A(x4+1)+x(Bx3+Cx2+Dx+E)x(x4+1)
⇔f(x)=(A+B)x4+Cx3+Dx2+Ex + Ax(x4+1)⇒{+B=0C=0,D=0E=0A=1⇔{=1B=−1C=0,D=0,E=0⇒f(x)=1x−x3x4+1
Nhưng nếu ta tinh ý thì cách làm sau sẽ hay hơn .
Vì x và x3 cách nhau 3 bậc , mặt khác x∈[1;2]⇒x≠0. Cho nên ta nhân tử và mẫu với x3≠0. Khi đó f(x)=x3x4(x4+1). Mặt khác d(x4)=4x3dx⇔dt=4x3dx(t=x4), cho nên :
f(x)dx=133x3dxx4(x4+1)=13dtt(t+1)=13(1t−1t+1)=f(t). Bài toán trở nên đơn giản
hơn rất nhiều .
b. 12∫0x2+1(x−1)3(x+3)dx
Nhận xét :
* Nếu theo phương pháp chung thì ta làm như sau :
- f(x)=x2+1(x−1)3(x+3)=A(x−1)3+B(x−1)2+Cx−1+Dx+3
- Sau đó quy đồng mẫu số , đồng nhất hệ số hai tử số , ta có : A=12,B=38,C=−D=532
Do vậy : I=12∫0(12(x−1)3+38(x−1)2+532(x−1)−532(x+3))dx
=[−18(x−1)2−38(x−1)+532ln|x−1|−532ln|x+3|]|120=532ln128
Ví dụ 2.
Tính các tích phân sau :
a. 3∫2x4−1x6−1dx
b. 2∫1x2+1x6+1dx
c. 2∫1dxx(1+x4)
d. 1∫0x3(1+x2)3dx e. 1∫0x4+3x2+1(1+x2)3dx f. 1∫13(x−x3)13x4dx
Giải
a. 2∫1x4−1x6−1dx=2∫1(x4+x2+1(x2−1)(x4+x2+1)−x2+2[(x3)2−1])dx=3∫21x2−1dx+3∫2(x2[(x3)2−1]+1x3−1−1x3+1)dx
Tính J : J= artanx|32=artan3 - artan2.
Tính K . Đặt t=x3⇒{t=3x2dx,x=2→t=8;x=3→t=27g(x)dx=x2x3−1dx=13dt(t2−1)=1312(1t−1−1t+1)dt
Do đó : K=3∫2g(x)dx=1627∫8(1t−1−1t+1)dt=16(ln|t−1|−ln|t+1|)|278=16ln|t−1t+1||278=16ln11798
Tính E=3∫21x3−1dx=3∫21(x−1)(x2+x+1)dx
Ta có : h(x)=1(x−1)(x2+x+1)=x2−(x2−1)(x−1)(x2+x+1)=x2x3−1−x2−1(x−1)(x2+x+1)
=x2x3−1−(x−1)(x+1)(x−1)(x2+x+1)=x2x3−1−x+1x2+x+1=x2x3−1−12(2x+1x2+x+1+1x2+x+1)
Vậy : I=133∫23x2x3−1dx−123∫2(2x+1)x2+x+1dx−3∫21(x+12)2+(√32)2dx
=13ln(x3−1)|32−12ln(x2+x+1)|32−F=13ln289−12ln136−F(2)
Tính F: Đặt : x+12=√32tant⇒{x=√321cos2tdtx=2→tant=5√3→t=a;x=3→tant=10√3→t=b
Do đó F=b∫a√321cos2tdt√32(1+tan2t)=b∫adt=t|ba=b−a(tant = 5√3→t=a=artan5√3;b=artan10√3)
Thay vào (2) ta có kết quả .
b. 2∫1x2+1x6+1dx=1∫0x2+1(x2+1)(x4−x2+1)dx=2∫11(x2−1)2−x2dx=2∫11(x2+x+1)(x2−x+1)dx
Ta có : 1(x2+x+1)(x2−x+1)=Ax + Bx2+x+1+Cx+Dx2−x+1
=(A+C)x3+(B−A+C+D)x2+(A−B+C+D)x+(B+D)x4−x2+1
Đồng nhất hệ số hai tử số ta có hệ : {+C=0B−A+C+D=0A−B+C+D=0B+D=1⇔{=−C1−2C=0−B+D=0B+D=1⇔{=−12C=12D=12B=12
Vậy : I=12(2∫11−xx2+x+1dx+2∫1x+1x2−x+1dx)=12(J+K)(1)
Tính J=2∫1−x+1x2+x+1dx=−122∫12x+1−3x2+x+1dx
=−122∫12x+1x2+x+1dx+322∫11(x+12)2+(√32)2dx=−12ln|x2+x+1||21+E(2)
Tính E =322∫11(x+12)2+(√32)2dx, (đặt : x+12=√32tant)
Tính K
K=2∫1x+1x2−x+1dx=122∫12x−1+3x2−x+1dx=122∫12x−1x2−x+1dx+321∫01(x−12)2+(√32)2dx=12ln|x2−x+1||21+F(2)
Tính F=322∫11(x−12)2+(√32)2dx, (đặt x−12=√32tant)
c. 2∫1dxx(1+x4)=132∫13x3x4(1+x4)dx=132∫1(d(x4)x4−d(x4)1+x4)=13ln(x41+x4)|21=13ln3217
d. 1∫0x3(1+x2)3dx=121∫0x2(1+x2)32xdx(1). Đặt : t=1+x2⇒{=t−1;dt=2xdxx=0→t=1,x=1→t=2
Do đó I=2∫1t−1t3dt=2∫1(1t2−1t3)dt=(−1t+14t2)|21=1316
e. 1∫0x4+3x2+1(1+x2)3dx=1∫0((1+x2)2(1+x2)3+x2(1+x2)3)dx=1∫011+x2dx+1∫0x2(1+x2)3dx=J+K(1)
Tính J : Bằng cách đặt x=tant⇒J=π4
Tính K=1∫0(1(1+x2)2−1(1+x2)3)dx=E+F(2)
Tính E : Bằng cách đặt =tant↔{x=1cos2tdtx=0→t=0;x=1→t=π4
Vậy : E=121∫0(11+x2)2dx=12π4∫0(11+tan2t)21cos2tdt=12π4∫011cos4t1cos2tdt=12π4∫0cos2tdt
=14π4∫0(1+cos2t)dt=14(t+12sin2t)|π40=14(π4+12)=π+216
Tính F. Tương tự như tính E ;
Bằng cách đặt =tant↔{x=1cos2tdtx=0→t=0;x=1→t=π4
Vậy : F=121∫0(11+x2)3dx=12π4∫0(11+tan2t)31cos2tdt=12π4∫011cos6t1cos2tdt=12π4∫0cos4tdt
=18π4∫0(1+cos2t)2dt=18π4∫0(1+2cos2t+1+cos4t2)dt|π40=
116π4∫0(3+4cos2t+cos4t)dt=116(3t+2sin2t+14sin4t)|π40=116(3π4+2)=3π+864
f. 1∫13(x−x3)13x4dx=1∫13(x−x3x3)131x3dx=1∫13(1x2−1)131x2.dxx
Đặt : t=(1x2−1)⇒t+1=1x2⇔{t=−dxxx=13→t=8;x=1→t=0
Khi đó I=−0∫8t13(t+1)dt=8∫0(t43+t13)dt=(37t73+34t43)|80=37.27+34.24=16(247+34)=4687
Ví dụ 3.
Tính các tích phân sau
a.e1p+2∫1xp2xp+2+1dx
b. a∫0x3dx(x2+a2)32
c. 1∫0ex+exdx
d.
2a∫0x√2ax−x2dx
Giải
a. e1p+2∫1xp2xp+2+1dx : Ta có :
f(x)dx=xp2dx(xp+22)2+1.
- Đặt : t=xp+22=xp2+1⇒[t=xp2dxx=1→t=1;x=e1p+2→t=√e⇔I=√e∫1dtt2+1
- Đặt : t=tanu⇒[t=ducos2ut=1→u=π4,t=e12→u=u1⇔I=u1∫π4ducos2u(1+tan2u)=u1∫π4du=π4−u1
- Từ : tanu=√e⇒u=u1=artan√e⇔I=π4−artan√e
b. a∫0x3dx(x2+a2)32.
Đặt : x=atant⇒{dtcos2t;x=0→t=0,x=a→t=π4f(x)=x3dx(x2+a2)32=a3tan3ta3(1cos2t)32adtcos2t=acost.tan3tdt
Vậy : I=a∫0f(x)dx=π4∫0acost.tan3tdt=π4∫0acost.sin3tcos3tdt=π4∫0a.sin3tcos2tdt=aπ4∫0(1−cos2t)sintcos2tdt
- Đặt : cost = u⇒{u=−sintdt;t = π4→u=1√2;t=0→u=1f(t)dt=(1−u2)u2(−du)=(1−1u2)du
Vậy : I=√22∫1(1−1u2)du=(u+1u)|√221=√22+2√2−2=3√2−2=3√22−2=3√2−42
c. 1∫0ex+exdx=1∫0exeexdx. Đặt : t=ex⇒{t=exdx;x=0→t=1;x=1→t=ef(x)dx=exeexdx=etdt
Vậy : I=1∫0f(x)dx=e∫1etdt=et|e1=ee−e
d. 2a∫0x√2ax−x2dx=2a∫0x√a2−(x−a)2dx
Đặt : x−a=a.sint⇒{x=a.costdt,x = 0→t = - π2;x = 2a→t = π2f(x)dx=(a+a.sint)√a2cos2t.a.costdt
Vậy : I=a3π2∫−π2(1+sint)cos2tdt=a3[π2∫−π2cos2tdt+π2∫−π2cos2tsintdt]=a3[π2∫−π21+cos2t2dt−π2∫−π2cos2td(cost)]
=a3[12(t+12sin2t)|π2−π2−13cos3t|π2−π2]=a3[12(π2+π2)]=a3π2
Ví dụ 4.
Tính các tích phân sau
a. \int\limits_2^3 {\frac{{dx}}{{{x^5} - {x^2}}}}
b.
\int\limits_0^1 {\frac{{{x^7}dx}}{{{{\left( {1 + {x^4}} \right)}^2}}}}
c. \int\limits_0^1 {\frac{{{x^3} - 2x}}{{{{\left( {{x^2} + 1}
\right)}^2}}}dx}
d. \int\limits_1^2 {\frac{{\sqrt {1 + {x^3}} }}{{{x^4}}}dx}
Giải
a. \int\limits_2^3
{\frac{{dx}}{{{x^5} - {x^2}}}} = \int\limits_2^3 {\frac{1}{{{x^2}\left(
{x - 1} \right)\left( {{x^2} + x + 1} \right)}}dx\quad \left( 1 \right)}
Xét : f(x) = \frac{1}{{{x^2}\left( {x - 1} \right)\left( {{x^2} + x + 1}
\right)}} = \frac{A}{{{x^2}}} + \frac{B}{x} + \frac{{Cx + D}}{{{x^2} + x + 1}}
+ \frac{E}{{x - 1}}
= \frac{{A\left( {{x^2} + x + 1} \right)\left( {x - 1} \right) + Bx\left( {x
- 1} \right)\left( {{x^2} + x + 1} \right) + \left( {Cx + D} \right){x^2}\left(
{x - 1} \right) + E({x^2} + x + 1){x^2}}}{{{x^2}\left( {x - 1} \right)\left(
{{x^2} + x + 1} \right)}}
= \frac{{\left( {B + C + E} \right){x^4} + \left( {A + D - C + E}
\right){x^3} + \left( {E - D} \right){x^2} - Bx - A}}{{{x^2}\left( {x - 1}
\right)\left( {{x^2} + x + 1} \right)}}.
Đồng nhất hệ số hai tử số ta có hệ :
\left\{ \begin{array}
B + C + E = 0 \\
A + D - C + E = 0 \\
E - D = 0 \\
B = 0 \\
A = - 1 \\
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}
C = - E \\
E + E + E = 1 \\
B = 0 \\
E = D \\
A = - 1 \\
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}
D = \frac{1}{3} \\
C = - \frac{1}{3} \\
B = 0 \\
E = \frac{1}{3} \\
A = - 1 \\
\end{array} \right. \Rightarrow f(x) = - \frac{1}{{{x^2}}} +
\frac{{ - \frac{1}{3}x + \frac{1}{3}}}{{{x^2} + x + 1}} +
\frac{{\frac{1}{3}}}{{x - 1}}
Vậy : I = \int\limits_2^3 {\left( { - \frac{1}{{{x^2}}} + \frac{{ -
\frac{1}{3}x + \frac{1}{3}}}{{{x^2} + x + 1}} + \frac{{\frac{1}{3}}}{{x - 1}}}
\right)dx} = \int\limits_2^3 {\left( { - \frac{1}{{{x^2}}} -
\frac{1}{3}\left( {\frac{{x - 1}}{{{x^2} + x + 1}}} \right) +
\frac{1}{3}\frac{1}{{\left( {x - 1} \right)}}} \right)dx}
= \left( {\frac{1}{x} - \frac{1}{6}\ln \left| {{x^2} + x + 1} \right| +
\frac{1}{3}\ln \left| {x - 1} \right|} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
3 \\
2
\end{array} - \int\limits_2^3 {\frac{{dx}}{{{{\left( {x + \frac{1}{2}}
\right)}^2} + {{\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}}}} } \right.\\ =
\left( {\frac{1}{x} + \frac{1}{6}\ln \frac{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}{{{x^2}
+ x + 1}} + \frac{1}{{\sqrt 3 }}{\text{arctan}}\frac{{{\text{2x + 1}}}}{{\sqrt
3 }}} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
3 \\
2
\end{array}} \right. = \frac{1}{6} + \frac{1}{{\sqrt 3 }}\left(
{{\text{arctan}}\frac{{\text{7}}}{{\sqrt {\text{3}} }} -
{\text{arctan}}\frac{{\text{5}}}{{\sqrt {\text{3}} }}} \right)
b. \int\limits_0^1
{\frac{{{x^7}dx}}{{{{\left( {1 + {x^4}} \right)}^2}}}} =
\frac{1}{3}\int\limits_0^1 {\frac{{{x^4}}}{{{{\left( {1 + {x^4}}
\right)}^2}}}3{x^3}dx\quad \left( 1 \right)} .
Đặt : t = 1 + {x^4} \Rightarrow \left\{ \begin{array}
dt = 3{x^3}dx,x = 0 \to t = 1;x = 1 \to t = 2 \\
f(x)dx = \frac{1}{3}\left( {\frac{{t - 1}}{{{t^2}}}} \right)dt =
\frac{1}{3}\left( {\frac{1}{t} - \frac{1}{{{t^2}}}} \right)dt \\
\end{array} \right.
Vậy : I = \int\limits_0^2 {\frac{1}{3}\left( {\frac{1}{t} - \frac{1}{{{t^2}}}}
\right)dt = \frac{1}{3}\left( {\ln \left| t \right| + \frac{1}{t}}
\right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
2 \\
1
\end{array} = \frac{1}{3}\left( {\ln 2 - \frac{1}{2}} \right)} \right.}
c. \int\limits_0^1 {\frac{{{x^3} -
2x}}{{{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2}}}dx} = \frac{1}{2}\int\limits_0^1
{\frac{{\left( {{x^2} - 2} \right)}}{{{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2}}}2xdx}
\quad \left( 1 \right)
Đặt : t = 1 + {x^2} \Leftrightarrow {x^2} - 2 = t - 3 \Rightarrow \left\{
\begin{array}
dt = 2xdx;x = 0 \to t = 1;x = 1 \to t = 2 \\
f(x)dx = \frac{1}{2}\left( {\frac{{t - 3}}{{{t^2}}}} \right)dt =
\frac{1}{2}\left( {\frac{1}{t} - \frac{3}{{{t^2}}}} \right)dt \\
\end{array} \right.
Vậy : I = \int\limits_1^2 {\frac{1}{2}\left( {\frac{1}{t} - \frac{3}{{{t^2}}}}
\right)dt = \frac{1}{2}\left( {\ln \left| t \right| + \frac{3}{t}}
\right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
2 \\
1
\end{array} = \frac{1}{2}\left( {\ln 2 - \frac{3}{2}} \right)} \right.}
d. \int\limits_1^2 {\frac{{\sqrt {1
+ {x^3}} }}{{{x^4}}}dx} = \int\limits_1^2 {\frac{{\sqrt {1 + {x^3}}
}}{{{x^6}}}{x^2}dx} \quad \left( 1 \right).
Đặt : t = \sqrt {1 + {x^3}} \leftrightarrow {t^2} = 1 + {x^3}
\leftrightarrow \left\{ \begin{array}
2tdt = 3{x^2}dx;x = 1 \to t = \sqrt 2 ,x = 2 \to t = 3 \\
f(x)dx = \frac{1}{3}\frac{{\sqrt {1 + {x^3}} }}{{{x^6}}}3{x^2}dx =
\frac{1}{3}\frac{t}{{{{\left( {{t^2} - 1} \right)}^2}}}2tdt = \frac{2}{3}\frac{{{t^2}}}{{{{\left(
{{t^2} - 1} \right)}^2}}}dt \\
\end{array} \right.
Vậy : I = \frac{2}{3}\int\limits_{\sqrt 2 }^3 {{{\left( {\frac{1}{{t + 1}} +
\frac{1}{2}\left( {\frac{1}{{t - 1}} - \frac{1}{{t + 1}}} \right)}
\right)}^2}dt = \frac{2}{3}\left[ {\int\limits_{\sqrt 2 }^3
{\frac{1}{4}{{\left( {\frac{1}{{t + 1}} - \frac{1}{{t - 1}}} \right)}^2}} }
\right]}
= \frac{1}{6}\int\limits_{\sqrt 2 }^3 {\left( {\frac{1}{{{{\left( {t + 1}
\right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {t - 1} \right)}^2}}} - \left( {\frac{1}{{t
- 1}} - \frac{1}{{t + 1}}} \right)} \right)dt}
= \frac{1}{6}\left[ { - \frac{1}{{t + 1}} - \frac{1}{{t - 1}} - \ln \left|
{\frac{{t - 1}}{{t + 1}}} \right|} \right]\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
3 \\
{\sqrt 2 }
\end{array} = \frac{1}{6}\left( {\frac{{ - 2t}}{{\left( {{t^2} - 1} \right)}} -
\ln \left| {\frac{{t - 1}}{{t + 1}}} \right|} \right)\left|
{\begin{array}{*{20}{c}}
3 \\
{\sqrt 2 }
\end{array}} \right.} \right. = \frac{{8\sqrt 2 - 3}}{{24}} +
\frac{1}{3}\ln \left( {2\sqrt 2 - 2} \right)
Ví dụ 5.
Tính các tích phân sau :
a. \int\limits_{\sqrt 7 }^4 {\frac{{dx}}{{x\sqrt {{x^2} + 9} }}}
b. \int\limits_0^1 {\frac{{\left( {{x^2} - x}
\right)dx}}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}}
c. \int\limits_0^{\sqrt 3 } {\frac{{{x^5} - 2{x^3}}}{{\sqrt {{x^2} + 1}
}}dx}
d. \int\limits_0^1 {\sqrt {{{\left( {1 -
{x^2}} \right)}^3}} dx}
Giải
a. \int\limits_{\sqrt 7 }^4
{\frac{{dx}}{{x\sqrt {{x^2} + 9} }}} = \int\limits_{\sqrt 7 }^4
{\frac{{xdx}}{{{x^2}\sqrt {{x^2} + 9} }}} \quad \left( 1 \right).
Đặt : t = \sqrt {{x^2} + 9} \Rightarrow \left\{ \begin{array}
{t^2} = {x^2} + 9 \leftrightarrow tdt = xdx,{x^2} = {t^2} - 9 \\
x = \sqrt 7 \to t = 4,x = 4 \to t = 5 \\
\end{array} \right.. Do đó : I = \int\limits_4^5 {\frac{{dt}}{{t\left(
{{t^2} - 9} \right)}} = } \int\limits_4^5 {\frac{{dt}}{{t\left( {t - 3}
\right)\left( {t + 3} \right)}}}
Ta có : f(t) = \frac{1}{{t\left( {t - 3} \right)\left( {t + 3} \right)}} =
\frac{A}{t} + \frac{B}{{t - 3}} + \frac{C}{{t + 3}} = \frac{{A\left( {{t^2} -
9} \right) + Bt\left( {t + 3} \right) + C\left( {t - 3} \right)t}}{{t\left(
{{t^2} - 9} \right)}}
Đồng nhất hệ số hai tử số bằng cách thay lần lượt các nghiệm vào hai tử số ta
có :
- Với x=0 : -9A=1 \to A = - \frac{1}{9}
- Với x=-3 : 9C=1 \to C = \frac{1}{9}
- Với x=3 : 9B=1 \to B = \frac{1}{9}
Vậy : I = \frac{1}{9}\left[ {\int\limits_4^5 {\left( { - \frac{1}{t} +
\frac{1}{{t - 3}} + \frac{1}{{t + 3}}} \right)dt} } \right] = \frac{1}{9}\left[
{\ln \left( {{t^2} - 9} \right) - \ln t} \right]\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
5 \\
4
\end{array} = \frac{1}{9}\ln \frac{{{t^2} - 9}}{t}\left|
{\begin{array}{*{20}{c}}
5 \\
4
\end{array} = \frac{1}{9}\ln \frac{{144}}{{35}}} \right.} \right.
Chú ý : Nếu theo phương pháp chung
thì đặt : x = 3\sin t \to dx = 3\cos tdt.
Khi : \left\{ \begin{array}
x = \sqrt 7 \to \sqrt 7 = 3\sin t \leftrightarrow \sin t =
\frac{{\sqrt 7 }}{3} \\
x = 4 \to 4 = 3\sin t \leftrightarrow \sin t = \frac{4}{3} > 1
\\
\end{array} \right.. Như vậy ta không sử dụng được phương pháp này được
.
b. \int\limits_0^1 {\frac{{\left(
{{x^2} - x} \right)dx}}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}} = \int\limits_0^1
{\frac{{{x^2}}}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}dx - \int\limits_0^1 {\frac{x}{{\sqrt
{{x^2} + 1} }}dx} = J - K\quad \left( 1 \right)}
* Để tính J :
Đặt : x = \tan t \Rightarrow \left\{ \begin{array}
dx = \frac{1}{{c{\text{o}}{{\text{s}}^2}t}}dt,x = 0 \to t = 0;x = 1 \to
t = \frac{\pi }{4} \\
f(x)dx = \frac{{{{\tan }^2}t.\frac{1}{{c{\text{o}}{{\text{s}}^2}t}}dt}}{{\sqrt
{1 + {{\tan }^2}t} }} = \frac{{{{\tan }^2}t}}{{c{\text{ost}}}}dt \\
\end{array} \right.. Tính tích phân này không đơn giản , vì vậy ta phải
có cách khác .
- Từ : g(x) = \frac{{{x^2}}}{{\sqrt {{x^2} + 1} }} = \frac{{{x^2} + 1 -
1}}{{\sqrt {{x^2} + 1} }} = \sqrt {{x^2} + 1} - \frac{1}{{\sqrt {{x^2} +
1} }} \Rightarrow \int\limits_0^1 {g(x)dx = \int\limits_0^1 {\sqrt {{x^2} + 1}
dx - \int\limits_0^1 {\frac{1}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}dx} } }
- Hai tích phân này đều tính được .
+/ Tính : E = \int\limits_0^1 {\sqrt {{x^2} + 1} dx = } x\sqrt {{x^2} + 1}
\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
1 \\
0
\end{array} - \int\limits_0^1 {\frac{{{x^2}}}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}dx = } }
\right.\sqrt 2 - \left( {\int\limits_0^1 {\sqrt {{x^2} + 1} } dx -
\int\limits_0^1 {\frac{1}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}dx} } \right)
= \sqrt 2 - E + \ln \left| {x + \sqrt {{x^2} + 1} } \right|\left|
{\begin{array}{*{20}{c}}
1 \\
0
\end{array}} \right. \Rightarrow 2E = \sqrt 2 + \ln \left( {1 + \sqrt 2 }
\right) \Leftrightarrow E = \frac{{\sqrt 2 }}{2} + \frac{1}{2}\ln \left( {1 +
\sqrt 2 } \right)
* Tính K=\int\limits_0^1 {\frac{x}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}dx = \sqrt {{x^2} + 1}
\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
1 \\
0
\end{array} = \sqrt 2 - 1} \right.} ; \int\limits_0^1 {\frac{1}{{\sqrt
{{x^2} + 1} }}dx = \ln \left| {x + \sqrt {{x^2} + 1} } \right|\left|
{\begin{array}{*{20}{c}}
1 \\
0
\end{array} = \ln \left( {1 + \sqrt 2 } \right)} \right.}
Do vậy : I=\frac{{\sqrt 2 }}{2} + \frac{1}{2}\ln \left( {1 + \sqrt 2 } \right)
+ \ln \left( {1 + \sqrt 2 } \right) = \frac{{\sqrt 2 }}{2} + \frac{3}{2}\ln
\left( {1 + \sqrt 2 } \right)
c. \int\limits_0^{\sqrt 3 }
{\frac{{{x^5} - 2{x^3}}}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}dx} = \int\limits_0^{\sqrt 3
} {\frac{{{x^5}}}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}dx - 2\int\limits_0^{\sqrt 3 }
{\frac{{{x^3}}}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}dx = J - K\left( 1 \right)} }
- Tính J: Đặt t = \sqrt {{x^2} + 1} \Rightarrow \left\{ \begin{array}
{x^2} = {t^2} - 1;xdx = tdt;x = 0 \to t = 1,x = \sqrt 3 \to t =
2 \\
f(x)dx = \frac{{{x^4}xdx}}{{\sqrt {{x^2} + 1} }} = \frac{{{{\left(
{{t^2} - 1} \right)}^2}tdt}}{t} = \left( {{t^4} - 2{t^2} + 1} \right)dt
\\
\end{array} \right.
Suy ra : J=\int\limits_1^2 {\left( {{t^4} - 2{t^2} + 1} \right)dt = \left(
{\frac{1}{5}{t^5} - \frac{2}{3}{t^3} + t} \right)\left|
{\begin{array}{*{20}{c}}
2 \\
1
\end{array} = \frac{{38}}{{15}}} \right.}
- Tính K: Đặt t = \sqrt {{x^2} + 1} \Rightarrow \left\{ \begin{array}
{x^2} = {t^2} - 1;xdx = tdt;x = 0 \to t = 1,x = \sqrt 3 \to t =
2 \\
f(x)dx = \frac{{{x^2}xdx}}{{\sqrt {{x^2} + 1} }} = \frac{{\left( {{t^2}
- 1} \right)tdt}}{t} = \left( {{t^2} - 1} \right)dt \\
\end{array} \right.
Suy ra : K= \int\limits_1^2 {\left( {{t^2} - 1} \right)dt = \left(
{\frac{1}{3}{t^3} - t} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
2 \\
1
\end{array} = \frac{4}{3}} \right.}
Vậy : I=\frac{{28}}{{15}} + \frac{4}{3} = \frac{{48}}{{15}} = \frac{{16}}{5}
d. \int\limits_0^1 {\sqrt {{{\left(
{1 - {x^2}} \right)}^3}} dx} . Đặt : x = \sin t \to \left\{ \begin{array}
dx = c{\text{ostdt}}{\text{. x = 0}} \to {\text{t = 0;x = 1}} \to
{\text{t = }}\frac{\pi }{2} \\
f(x)dx = \sqrt {{{\left( {1 - {x^2}} \right)}^3}} dx = \sqrt
{c{\text{o}}{{\text{s}}^{\text{6}}}t} c{\text{ostdt =
co}}{{\text{s}}^{\text{4}}}tdt \\
\end{array} \right.
Do đó I=\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {{{\left( {\frac{{1 -
c{\text{os2t}}}}{2}} \right)}^2}dt = \frac{1}{4}\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}}
{\left( {1 - 2\cos 2t + \frac{{1 + c{\text{os4t}}}}{2}} \right)dt =
\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\left( {\frac{3}{4} - \frac{1}{2}c{\text{os2t +
}}\frac{1}{{\text{8}}}c{\text{os4t}}} \right)dt} } }
= \left(
{\frac{3}{4}t - \frac{1}{4}\sin 2t + \frac{1}{{32}}\sin 4t} \right)\left|
{\begin{array}{*{20}{c}}
{\frac{\pi }{2}} \\
0
\end{array} = \frac{{3\pi }}{8}} \right.