Tích phân hàm vô tỉ (Integrals involving roots)

Shortlink: http://wp.me/P8gtr-7p

KEYWORD: Integrals involving roots, Euler substitution

1. Các tích phân cơ bản:NEW UPDATE

1. \int {\dfrac{1}{{\sqrt {{a^2} - {x^2}} }}dx}  = \arcsin \dfrac{x}{a} + C

2. \int {\dfrac{1}{{\sqrt {{x^2} + k} }}dx}  = \ln \left| {x + \sqrt {{x^2} + k} } \right| + C

3. \int {\sqrt {{a^2} - {x^2}} dx}  = \dfrac{1}{2}x\sqrt{{a^2} - {x^2}}  + \dfrac{1}{2}{a^2}\arcsin \dfrac{x}{a} + C

4. \int {\sqrt {{x^2} + k} dx}  = \dfrac{1}{2}x\sqrt {{x^2} + k}  + \dfrac{k}{2}\ln \left| {x + \sqrt {{x^2} + k} } \right| + C

2. Tích phân dạng: \int {R \left( {x, \left( {\dfrac{ax+b}{cx+d}} \right)^{\dfrac{m_1}{n_1}}, \left( {\dfrac{ax+b}{cx+d}} \right)^{\dfrac{m_2}{n_2}}, \left( {\dfrac{ax+b}{cx+d}} \right)^{\dfrac{m_3}{n_3}},...,} \right)dx}

Gọi s là mẫu số chung của \dfrac{{{m_1}}}{{{n_1}}},\dfrac{{{m_2}}}{{{n_2}}},...,\dfrac{{{m_n}}}{{{n_n}}}

Đặt: \dfrac{{ax + b}}{{cx + d}} = {t^s} để đưa về tích phân hữu tỉ.

Ví dụ 2.1: Tính I_{21} = \int {\dfrac{{1 - \sqrt {x + 1} }}{{1 + \sqrt[3]{{x + 1}}}}dx}

Do trong biểu thức tính tích phân có chứa (x+1)^{1/2} ; (x+1)^{1/3} nên ta đặt:

x+1=t^6

Khi đó: \sqrt{x+1} = t^3 ; \sqrt[3]{x+1} = t^2 ; dx = 6t^5dt

Nên:

I_{21} = \int\dfrac{6t^5(1-t^3)}{1+t^2}dt = \int \left( {-6t^4+6t^2+6t-6\dfrac{t}{t^2-t+1}} \right)dt

Áp dụng dạng 3 của tích phân phân thức hữu tỉ ta có:

I_{21} = -\dfrac{6t^5}{5} + 2t^3 + 3t^2 -6 \int\dfrac{\dfrac{1}{2}(2t-1)+\dfrac{1}{2}}{t^2-t+1}dt

Hay:

I_{21} = \dfrac{6t^5}{5} + 2t^3 + 3t^2 -3\int\dfrac{2t-1}{t^2-t+1}dt +3\int\dfrac{dt}{\left( {t-\dfrac{1}{2}} \right)^2+ \left( {\dfrac{\sqrt{3}}{2}} \right)^2}

Do đó:

I_{21} = \dfrac{6t^5}{5} + 2t^3 + 3t^2 - 3 \ln{(t^2-t+1)} +2\sqrt{3} \arctan \left( {\dfrac{2t-1}{\sqrt{3}}} \right) + C

Vậy:

\begin{array}{l} I_{21} = \dfrac{6\sqrt[6]{(x+1)^5}}{5} + 2\sqrt{x+1} +3\sqrt[3]{x+1} -3\ln{(\sqrt[3]{x+1}-\sqrt[6]{x+1}+1)} + 2\sqrt{3} \arctan \left( {\dfrac{2\sqrt[6]{x+1}-1}{\sqrt{3}}} \right) + C \\ \end{array}

Ví dụ 2.2: Tính I_{22} = \int{\dfrac{dx}{x^{1/2}-x^{1/4}}dx}

Đặt x = z^4 khi đó dx = 4z^3dz và:

\begin{array}{ll} I_{22} & = \int{\dfrac{4z^3}{z^2-z}\, dz}= \int{\dfrac{4z^2dz}{z-1}} \\ & = 4\int{\left( {z+1+\dfrac{1}{z-1}} \right) \,dz} \\ & = 2z^2 + 4z+4\ln{|z-1|} + C \\ & = 2\sqrt{x} +4\sqrt[4]{x} + 4 \ln |\sqrt[4]{x}-1| + C \\ \end{array}

3. Tích phân nhị thức vi phân: \int {{x^m}{{(a + b{x^n})}^p}dx} ,(m,n,p \in Q;a,b \in R)

Tích phân chỉ có nguyên hàm nếu rơi vào 1 trong 3 trường hợp sau:

1. p \in Z . Đặt \mathop x = t^s  . Với s là mẫu số chung của m và n.

2. \dfrac{{m + 1}}{n} \in Z. Đặt \mathop a+bx^n = t^k  , với k là mẫu số của p.

3. \dfrac{m+1}{n}+p \in Z . Dùng phép thế \mathop ax^{-n}+b = t^k  , với k là mẫu số của p.

Ví dụ 3.1: Tính I_{31} = \int {\dfrac{{xdx}}{{\sqrt {1 + \sqrt[3]{{{x^2}}}} }}}

Ta có: \int{x. \left({1+x^{2/3}} \right)^{-1/2}}dx

Khi đó: m=1; n = \dfrac{2}{3} ; p =-\dfrac{1}{2} \Rightarrow \dfrac{m+1}{n} = 3 \in Z

Vậy tích phân thuộc dạng 2 nên đặt:

1 + x^{2/3} = t^2

Suy ra: x = (t^2-1)^{3/2} \Rightarrow dx = \dfrac{3}{2}.2t.(t^2-1)^{1/2}dt

Thế vào tích phân I_{31} ta có:

I_{31} = \int{\dfrac{(t^2-1)^{3/2}.3t(t^2-1)^{1/2}}{t}}dt = 3\int{(t^2-1)^2}dt = 3\int{(t^4-2t^2+1)}dt

Vậy:

I_{31} = \dfrac{3t^5}{5} - 2t^3 + 3t + C

Do đó:

I_{31} = \dfrac{3(1+\sqrt[3]{x^2})^{5/2}}{5} - 2(1+\sqrt[3]{x^2})^{3/2} + 3\sqrt{1+\sqrt[3]{x^2}} + C

Ví dụ 3.2: Tính \int {\dfrac{{dx}}{{\sqrt x {{\left( {\sqrt[4]{x} + 1} \right)}^{10}}}}}

Do p = -10 \in Z nên tích phân trở về tích phân dạng 2. Do đó, ta đặt: \mathop{x = t^4}

Khi đó:

I_{32} = \int\dfrac{4t^3dt}{t^2(t+1)^{10}} =4\int\dfrac{tdt}{(t+1)^{10}}

Tới đây, tích phân đã trở về dạng phân thức hữu tỉ. Tuy nhiên, nếu làm máy móc, ta phải phân tích phân thức này thành 10 phân thức hữu tỉ thật sự. Do đó, ta biến đổi tử số như sau:

I_{32} = 4\int\dfrac{[(t+1)-1]dt}{(t+1)^{10}} = 4\int{(t+1)^{-9}}dt -4\int{(t+1)^{-10}}dt \\ = -\dfrac{1}{2(t+1)^8} + \dfrac{4}{9}.\dfrac{1}{(t+1)^9} + C

Vậy kết quả là:

I_{32} = -\dfrac{1}{2}.\dfrac{1}{(\sqrt[4]{x}+1)^8} + \dfrac{4}{9}. \dfrac{1}{(\sqrt[4]{x}+1)^9} + C

Ví dụ 3.3: Tính \int {\dfrac{{dx}}{{{x^4}{{\left( {1 + {x^2}} \right)}^{ - \dfrac{1}{2}}}}}}

Ta có: I_{33} = \int x^{-4}.(1+x^2)^{1/2} dx

Suy ra: m=-4;n=2;p=\dfrac{1}{2} \Rightarrow \dfrac{m+1}{n}+p = \dfrac{-4+1}{2}+\dfrac{1}{2}=-1 \in Z

Vậy, ta đặt: x^{-2}+1 = t^2

Để việc thế biến vào tích phân đơn giản, ta biến đổi tích phân để xuất hiện biểu thức ax^{-n}+b = x^{-2}+1 trước. Ta có:

I_{33} = \int{x^{-4}|x|(x^{-2}+1)^{1/2}}dx

Xét x \rm{> 0} ta có: I_{33} = \int x^{-3}(x^{-2}+1)^{1/2} dx (*)

Thế x^{-2} + 1 = t^2 \Rightarrow -2x^{-3}dx = 2tdt vào (*) ta có:

I_{33} = \int t.t dt = \dfrac{t^3}{3} + C = \dfrac{\sqrt{x^{-2}+1}}{3} + C = \dfrac{\sqrt{1+x^2}}{3x} + C

35 responses to “Tích phân hàm vô tỉ (Integrals involving roots)

  1. bạn có thể nhân liên hợp, sau đó tách làm 2 tích phân. đặt ẩn phụ căn rồi đưa về tích phân hàm phân thức hữu tỉ

    • Bài này bạn có thể phân tích như sau:
      { \dfrac{x^2-1}{x^4+1}} = { \dfrac{x^2-1}{(x^4+2x^2+1)-2x^2}} = { \dfrac{x^2-1}{(x^2-x{\sqrt{2}}+1).(x^2+x{\sqrt{2}}+1)}}
      Khi đó: mẫu số là tích của 2 tam thức bậc hai không có nghiệm thực, nên ta có thể đưa về các phân thức hữu tỷ thật sự bằng cách:
      { \dfrac{x^2-1}{(x^2-x{\sqrt{2}}+1).(x^2+x{\sqrt{2}}+1)}} = { \dfrac{ax+b}{x^2-x{\sqrt{2}}+1}} + { \dfrac{cx+d}{x^2+x{\sqrt{2}}+1}}
      Sử dụng phương pháp đồng nhất hệ số, bạn tìm được a, b, c, d. Khi đó, bài toán trở về tổng của 2 tích phân có dạng: bậc nhất chia bậc hai (vô nghiệm thực). Tới đây, chắc bạn đã giải được rồi.

      • chào bạn! cách giải của bạn Hoàng là ok rồi. Tuy nhiên tôi xin giới thiệu 1 cách khác. Bạn có thể tìm hiểu thêm trong cuốn” các kỹ thuật tính tích phân ” của tác giả Trần Phương.
        chia cả tử và mẫu cho x^2, ta được:
        (X^2 – 1)/( X^4+ X^2) = (1 – 1/x^2)/(x^2 + 1/x^2) = d( x +1/x)/ (x^2 +1/x^2) = d( x +1/x)/ [(x +1/x)^2 -2].
        Đặt ( x +1/x ) = t. Ta có: dt/(t^2 -2 ). Đến đây thì đơn giản rồi. chúc bạn may mắn!

  2. Thưa thầy, em mới biết đến website của thầy qua một người bạn và nó thực sự rất bổ ích. tiện đây em nhờ thềy giải dùm em bài toán:
    \int\limits_{e}^{e^2}{ \dfrac{e^x}{cos(1+x)^2}} \, dx

  3. thay` oi . cho em hoi’ ti’ luc’ thi DH ay’ phan` to~ hop Xac’ Suat co kho ko thay. em thay’ on kho’ wa’ ah.mong thay` chi’ bao~ em . cam~ on thay` nhieu`

  4. nhờ thầy có thể cho em biết phương pháp giải các dạng tích phân vô tỉ đc ko ạ.

  5. Thầy ơi! Thầy giải giúp em bài này với nhé.
    Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi: x > = 0, y = 0 , y = |sinx|e^-x

  6. có ai tính dùm tích phân từ o đến 1 của (X^4+X^2+1)/(X^6+1) với làm được cảm ơn trước nha

    • Tích phân này có lũy thừa của sinx và cosx đều là lũy thừa bậc chẵn nên ta đặt: t = tanx \Rightarrow dt = \dfrac{dx}{cos^2x}
      Khi đó:
      I = \int \dfrac{t^2-1}{t^4+1}dt
      Em có thể tính tích phân này theo phương pháp tích phân hữu tỉ. Tuy vậy, tích phân ở đây có dạng trùng phương, do đó, em có thể tính như sau:
      I = \int \dfrac{\left(1 - \dfrac{1}{t^2} \right)}{t^2+\dfrac{1}{t^2}} dt
      Đặt u = t + \dfrac{1}{t} \Rightarrow t^2 + \dfrac{1}{t^2} = u^2 - 2 ; du = \left( 1 -\dfrac{1}{t^2} \right) dt

  7. Thầy ơi trên này là tất cả các phương pháp tính tích phân hàm vô tỉ phải không ạ.
    Cám ơn thầy . Thầy cho em hỏi còn phần lượng giác và hữu tỉ co trên này không thầy. Em muốn cop về để hệ thống kiến thức luôn một thể.

Gửi phản hồi

Mời bạn điền thông tin vào ô dưới đây hoặc kích vào một biểu tượng để đăng nhập:

WordPress.com Logo

Bạn đang bình luận bằng tài khoản WordPress.com Log Out / Thay đổi )

Twitter picture

Bạn đang bình luận bằng tài khoản Twitter Log Out / Thay đổi )

Facebook photo

Bạn đang bình luận bằng tài khoản Facebook Log Out / Thay đổi )

Google+ photo

Bạn đang bình luận bằng tài khoản Google+ Log Out / Thay đổi )

Connecting to %s