PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN SỐ (ĐẶT ẨN PHỤ) TRONG NGUYÊN HÀM TÍCH PHÂN 1. Dạng hàm hợp \[\mathop \int \limits_a^b f\left( {u\left( x \right)} \right).u'\left( x \right)dx\] a) Hàm hợp của một bậc nhất \(\displaystyle u\left( x \right) = ax + b\) Có thể làm nhanh: \(\displaystyle \mathop \int \limits_\alpha ^\beta f\left( {ax + b} \right)dx = \left. {\frac{1}{a}F\left( {ax + b} \right)} \right|_a^b\) Ví dụ: 1. \(\displaystyle \int {\left( {2x + 3} \right)^4}dx = \frac{1}{2}\frac{{{{\left( {2x + 3} \right)}^5}}}{5}\) 2. \(\displaystyle \int \frac{1}{{3x - 2}}dx = \frac{{\ln \left| {3x - 2} \right|}}{3}\) 3. \(\displaystyle \int {e^{ - 3x}}dx = \frac{{{e^{ - 3x}}}}{{ - 3}}\) b) Hàm hợp dạng lũy thừa, căn Gồm các dạng cơ bản: \[\int {f^n}\left( {u\left( x \right)} \right).u'\left( x \right)dx\] \[\int \sqrt[n]{{f\left( {u\left( x \right)} \right)}}.u'\left( x \right)dx\] \[\int \frac{{u'\left( x \right)}}{{{f^n}\left( {u\left( x \right)} \right)}}dx;\] \[\int \frac{{u'\left( x \right)}}{{\sqrt[n]{{f\left( {u\left( x \right)} \right)}}}}dx\] \[\int \frac{{{{\left( {ax + b} \right)}^n}}}{{{{\left( {cx + d} \right)}^{n + 2}}}}dx\] Ví dụ 1: \(\displaystyle I = \mathop \int \limits_0^1 x{\left( {1 - 2{x^2}} \right)^5}dx\) Đặt \(\displaystyle u = 1 - 2{x^2} \Rightarrow du = - 4xdx \Rightarrow xdx = - \frac{1}{4}du\). Đổi cận: \(\displaystyle x\)01\(\displaystyle u\)1-1Vậy: \(\displaystyle I = - \frac{1}{4}\mathop \int \limits_1^{ - 1} {u^5}du = \left. {\frac{1}{4}.\frac{{{u^6}}}{6}} \right|_{ - 1}^1 = 0\) Ví dụ 2: \(\displaystyle I = \mathop \int \limits_0^1 {x^2}.\sqrt[3]{{{x^3} + 1}}dx\) Đặt \(\displaystyle u = \sqrt[3]{{{x^3} + 1}} \Rightarrow {u^3} = {x^3} + 1 \Rightarrow 3{u^2}du = 3{x^2}dx\) \( \Rightarrow {x^2}dx = {u^2}du\) \(\displaystyle x\)01\(\displaystyle u\)1\(\displaystyle \sqrt[3]{2}\)Vậy \(\displaystyle I = \mathop \int \limits_1^{\sqrt[3]{2}} u.{u^2}du = \left. {\frac{{{u^4}}}{4}} \right|_1^{\sqrt[3]{2}}\) Ví dụ 3: \(\displaystyle I = \mathop \int \limits_0^1 \frac{{2x + 1}}{{{{\left( {{x^2} + x + 1} \right)}^2}}}dx\) Đặt \(\displaystyle u = {x^2} + x + 1\; \Rightarrow du = \left( {2x + 1} \right)dx\) \(\displaystyle x\)01\(\displaystyle u\)13Vậy \(\displaystyle I = \mathop \int \limits_1^3 \frac{1}{{{u^2}}}du = \left. { - \frac{1}{u}} \right|_1^3\) Ví dụ 4: \(\displaystyle I = \mathop \int \limits_0^2 \frac{1}{{x\sqrt {{x^3} + 1} }}dx\) Đặt \(\displaystyle u = \sqrt {{x^3} + 1} \Rightarrow {u^2} = {x^3} + 1 \Rightarrow 2udu = 3{x^2}dx\)\( \Rightarrow {x^2}dx = \frac{2}{3}udu\). Vậy để là xuất hiện \(\displaystyle {x^2}dx\) trong tích phân \(\displaystyle I\), ta nhân cả tử và mẫu với \(\displaystyle {x^2}\). \(\displaystyle I = \mathop \int \limits_1^2 \frac{{{x^2}}}{{{x^3}\;\sqrt {{x^3} + 1} }}dx\) \(\displaystyle x\)12\(\displaystyle u\)\(\displaystyle \sqrt 2 \)3Vậy \(\displaystyle I = \mathop \int \limits_{\sqrt 2 }^3 \frac{2}{3}.\frac{{udu}}{{({u^2} - 1)u}} = \mathop \int \limits_{\sqrt 2 }^3 \frac{2}{3}\frac{{du}}{{{u^2} - 1}}\) Ví dụ 5: \(\displaystyle I = \mathop \int \limits_0^1 \frac{{2x + 3}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^3}}}dx\) Biến đổi \(\displaystyle I = \mathop \int \limits_0^1 \frac{{2x + 3}}{{x + 1}}.\frac{1}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}dx\) Đặt \(\displaystyle u = \frac{{2x + 3}}{{x + 1}} \Rightarrow du = - \frac{1}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}dx\) \(\displaystyle \Rightarrow \frac{1}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}dx = - du\) \(\displaystyle x\)01\(\displaystyle u\)3\(\displaystyle \frac{5}{2}\)Vậy \(\displaystyle I = - \mathop \int \limits_3^{\frac{5}{2}} u\;du\) c) Hàm hợp đối với\(\displaystyle {e^{u\left( x \right)}}\), \(\displaystyle \ln x\). \(\displaystyle \int {e^{u\left( x \right)}}u'\left( x \right)dc;\;\;\int f\left( {{e^x}} \right)dx;\;\;\;\int f\left( {\ln x} \right).\frac{1}{x}dx\) Ví dụ 1: Tính \(\displaystyle I = \mathop \int \limits_0^1 {e^{\sqrt {{x^2} + 1\;} }}\frac{x}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}dx\) Đặt \(\displaystyle t = \sqrt {{x^2} + 1} \Rightarrow dt = \frac{x}{{\sqrt {{x^2} + 1\;} }}dx\). \(\displaystyle x\)0\(\displaystyle 1\)\(\displaystyle t\)1\(\displaystyle \sqrt 2 \)Vậy \(\displaystyle I = \mathop \int \limits_1^{\sqrt 2 } {e^t}dt = {e^{\sqrt 2 }} - e\) Ví dụ 2: \(\displaystyle I = \mathop \int \limits_0^1 \frac{1}{{{e^x} + 1}}dx\) Đặt \(\displaystyle t = {e^x} \Rightarrow dt = {e^x}dx = tdx \Rightarrow dx = \frac{1}{t}dt\) \(\displaystyle x\)0\(\displaystyle 1\)\(\displaystyle t\)1\(\displaystyle e\)Vậy \(\displaystyle I = \mathop \int \limits_1^e \frac{1}{{t + 1}}.\frac{1}{t}dt = \mathop \int \limits_1^e \left( {\frac{1}{t} - \frac{1}{{t + 1}}} \right)dt\) Ví dụ 3: \(\displaystyle I = \mathop \int \limits_1^e \frac{{{{\ln }^2}x - \ln x}}{x}dx\) Đặt \(\displaystyle t = \ln x \Rightarrow dt = \frac{1}{x}dx\) \(\displaystyle x\)1\(\displaystyle e\)\(\displaystyle t\)0\(\displaystyle 1\)Vậy \(\displaystyle I = \mathop \int \limits_0^1 \left( {{t^2} - t} \right)dt\) e) Hàm hợp của lượng giác \(\displaystyle \int f\left( {\sin x} \right).\cos xdx;\)\(\displaystyle \int f\left( {\cos x} \right).\sin xdx\)\(\displaystyle\int f\left( {\tan x} \right).\frac{1}{{{{\cos }^2}x}}dx\) Ví dụ 1: \(\displaystyle I = \mathop \int \limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\sin ^2}x.\cos xdx\) Đặt \(\displaystyle u = \sin \;x \Rightarrow du = \cos xdx\) \(\displaystyle x\)0\(\displaystyle \frac{\pi }{2}\)\(\displaystyle u\)0\(\displaystyle 1\)Vậy \(\displaystyle I = \mathop \int \limits_0^1 {u^2}du = \left. {\frac{{{u^3}}}{3}} \right|_0^{\frac{\pi }{2}}\) Ví dụ 2: \(\displaystyle I = \mathop \int \limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\sin ^3}xdx\) Ta tách thừa ra một \(\displaystyle \sin x\) để có \(\displaystyle \sin xdx\). Còn lại biến đổi hết về \(\displaystyle \cos x\). \(\displaystyle I = \mathop \int \limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\sin ^2}x.\sin xdx = \mathop \int \limits_0^{\frac{\pi }{2}} \left( {1 - {{\cos }^2}x} \right).\sin xdx\) Rồi làm tương tự ví dụ 1. Ví dụ 3: \(\displaystyle \mathop \int \limits_0^{\frac{\pi }{4}} \frac{{{{\tan }^2}x + \tan x}}{{{{\cos }^2}x}}dx\) Đặt \(\displaystyle \tan x = u \Rightarrow du = \frac{1}{{{{\cos }^2}x}}dx\) \(\displaystyle x\)0\(\displaystyle \frac{\pi }{4}\)\(\displaystyle u\)0\(\displaystyle 1\)Vậy \(\displaystyle I = \mathop \int \limits_0^1 \left( {{u^2} + u} \right)du\) 2. Đại số hóa tích phân lượng giác Giả sử ta cần tính tích phân mà chỉ chứa bậc lẻ, hoặc chỉ chứa bậc chẵn đối với \(\displaystyle \sin \left( \ldots \right)\) và \(\displaystyle \cos \left( \ldots \right)\) của cùng một góc. Ta có thể đưa toàn bộ tích phân này về dạng đại số dựa vào công thức \(\displaystyle \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\cos \left( \ldots \right) = \frac{{1 - {t^2}}}{{1 + {t^2}}}}\\{\sin \left( \ldots \right) = \frac{{2t}}{{1 + {t^2}}}}\end{array}} \right.\) Trong đó \(\displaystyle t = \tan \frac{{\left( \ldots \right)}}{2}\) Hoặc chia cả tử và mẫu cho \(\displaystyle {\cos ^k}x\) (với \(\displaystyle k\) là bậc mà ta nói ở trên), thì ta đưa tích phân về ẩn \(\displaystyle t = \tan x\). Đây là cách làm giống như trong giải phương trình lượng giác dạng đẳng cấp đối với \(\displaystyle \sin \;\) và \(\displaystyle \cos \).. Ví dụ 1: \(\displaystyle I = \mathop \int \limits_0^{\frac{\pi }{2}} \frac{1}{{2 + \cos x}}dx\) Đặt \(\displaystyle t = \tan \frac{x}{2} \Rightarrow dt = \frac{1}{2}\left( {1 + {{\tan }^2}\frac{x}{2}} \right)dx \Rightarrow dx = \frac{{2dt}}{{1 + {t^2}}}\); còn \(\displaystyle \cos x = \frac{{1 - {t^2}}}{{1 + {t^2}}}\) \(\displaystyle x\)0\(\displaystyle \frac{\pi }{2}\)\(\displaystyle u\)0\(\displaystyle 1\)Vậy \(\displaystyle I = \mathop \int \limits_0^1 \frac{1}{{2 + \frac{{1 - {t^2}}}{{1 + {t^2}}}}}.\frac{{2dt}}{{1 + {t^2}}} = \mathop \int \limits_0^1 \frac{2}{{3 + {t^2}}}dt\) Đến đấy, ta quay về dạng phân thức ở mục I, đặt \(\displaystyle u = \sqrt 3 \tan t\). Vi dụ 2: \(\displaystyle I = \mathop \int \limits_0^{\frac{\pi }{4}} \frac{1}{{{{\sin }^2}x - 3\sin x\cos x + 2{{\cos }^2}x}}dx\) Chia cả tử và mẫu cho \(\displaystyle {\cos ^2}x\), ta được \(\displaystyle I = \mathop \int \limits_0^{\frac{\pi }{4}} \frac{{\frac{1}{{{{\cos }^2}x}}}}{{{{\tan }^2}x - 3\tan x + 2}}dx = \mathop \int \limits_0^1 \frac{1}{{{t^2} - 3t + 2\;}}dt\) 3. Thương của hai biểu thức bậc nhất đối với sin và cos: \[\int \frac{{{\rm{asin}}x + b\cos x + c}}{{a’\sin x + b’\cos x + c’}}dx\] Ta tách tử \(\underbrace {a\sin x + b\cos x+c}_{\text{tử}}\)\(=A(\underbrace {a’\sin x + b’\cos x+c’}_{\text{mẫu}})+B(\underbrace {a’\cos x – b’\sin x}_{\text{đạo hàm mẫu}})+C\) Ví dụ: \(\displaystyle I = \mathop \int \limits_0^{\frac{\pi }{2}} \frac{{\sin x + 7\cos x + 6}}{{4\sin x + 3\cos x + 5}}dx\) Ta phân tích tử số: \(\displaystyle \sin x + 7\cos x + 6\)\( = A\left( {4\sin x + 3\cos x + 5} \right) + B\left( {4\cos x - 3\sin x} \right) + C \)\(= \left( {4A - 3B} \right)\sin x + \left( {3A + 4B} \right)\cos x + 5A + C\) Khi đó ta có hệ phương trình \(\displaystyle \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{4A - 3B = 1}\\{3A + 4B = 7}\\{5A + C = 6}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{A = 1}\\{B = 1}\\{C = 1}\end{array}} \right.\) Khi đó \(\displaystyle I = \mathop \int \limits_0^{\frac{\pi }{2}} \frac{{\sin x + 7\cos x + 6}}{{4\sin x + 3\cos x + 5}}dx\)\(\displaystyle = \mathop \int \limits_0^{\frac{\pi }{2}} \frac{{\left( {4\sin x + 3\cos x + 5} \right) + \left( {4\sin x + 3\cos x + 5} \right)' + 1}}{{4\sin x + 3\cos x + 5}}dx\) \(\displaystyle = \mathop \int \limits_0^{\frac{\pi }{2}} dx + \mathop \int \limits_0^{\frac{\pi }{2}} \frac{{{{\left( {4\sin x + 3\cos x + 5} \right)}’}}}{{4\sin x + 3\cos x + 5}}dx\)\(\displaystyle + \mathop \int \limits_0^{\frac{\pi }{2}} \frac{1}{{4\sin x + 3\cos x + 5}}dx\) 4. Lượng giác hóa tích phân \(\displaystyle I = \mathop \int \limits_a^b f\left( x \right)dx\) Trong đó \(\displaystyle f\left( x \right)\)chứaCách đặt ẩn phụ\(\displaystyle \sqrt {{a^2} - {x^2}} \)\(\displaystyle x = a.\cos t\)\(\displaystyle \sqrt {{a^2} + {x^2}} \) hoặc \(\displaystyle \frac{1}{{{a^2} + {x^2}}}\)\(\displaystyle x = a.\tan t\)\(\displaystyle \sqrt {{x^2} - {a^2}} \)\(\displaystyle x = \frac{a}{{\cos t}}\)Ví dụ 1: \[I = \mathop \int \limits_0^1 \sqrt {1 - {x^2}} dx\] Đặt \(\displaystyle x = \cos t \Rightarrow dx = - \sin tdt\) \(\displaystyle x\)0\(\displaystyle 1\)\(\displaystyle t\)\(\displaystyle \frac{\pi }{2}\)0Vậy \(\displaystyle I = \mathop \int \limits_{\frac{\pi }{2}}^0 \sqrt {1 - {{\cos }^2}t} \left( { - \sin t} \right)dt\)\(\displaystyle = \mathop \int \limits_0^{\frac{\pi }{2}} \left| {\sin t} \right|\sin tdt = \mathop \int \limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\sin ^2}tdt \)\(\displaystyle= \frac{1}{2}\mathop \int \limits_0^{\frac{\pi }{2}} \left( {1 - \cos 2t} \right)dt\) Ví dụ 2: \[I = \mathop \int \limits_0^2 \sqrt {{x^2} + 4} dx\] Đặt \(\displaystyle x = 2.\tan t \Rightarrow dx = \frac{2}{{{{\cos }^2}t}}dt\) \(\displaystyle x\)0\(\displaystyle 2\)\(\displaystyle t\)\(\displaystyle 0\)\(\displaystyle \frac{\pi }{4}\)Vậy \(\displaystyle I = \mathop \int \limits_0^{\frac{\pi }{4}} 2\sqrt {1 + {{\tan }^2}t} .\frac{2}{{{{\cos }^2}t}}dt\)\(\displaystyle = 4\mathop \int \limits_0^{\frac{\pi }{4}} \frac{1}{{{{\cos }^3}t}}dt = 4\mathop \int \limits_0^{\frac{\pi }{4}} \frac{{\cos t}}{{{{\cos }^4}t}}dt\)\(\displaystyle = 4\mathop \int \limits_0^{\frac{\pi }{4}} \frac{{\cos t}}{{{{\left( {1 - {{\sin }^2}t} \right)}^2}}}dt\) Đặt \(\displaystyle u = \sin t \Rightarrow du = \cos tdt\) \(\displaystyle t\)0\(\displaystyle \frac{\pi }{4}\)\(\displaystyle u\)\(\displaystyle 0\)\(\displaystyle \frac{1}{{\sqrt 2 }}\)Vậy \(\displaystyle I = \mathop \int \limits_0^{\frac{1}{{\sqrt 2 }}} \frac{1}{{{{\left( {1 - {u^2}} \right)}^2}}}du\) Ví dụ 3: \[I = \mathop \int \limits_0^1 \frac{1}{{{x^2} + 1}}dx\] Đặt \(\displaystyle x = \tan t \Rightarrow dx = \left( {1 + {{\tan }^2}t} \right)dt\) \(\displaystyle x\)0\(\displaystyle 1\)\(\displaystyle t\)\(\displaystyle 0\)\(\displaystyle \frac{\pi }{4}\)Vậy \(\displaystyle I = \mathop \int \limits_0^{\frac{\pi }{4}} \frac{1}{{1 + {{\tan }^2}t}}.\left( {1 + {{\tan }^2}t} \right)dt = \mathop \int \limits_0^{\frac{\pi }{4}} dt = \frac{\pi }{4}\) Ví dụ 4: \[I = \mathop \int \limits_2^4 \sqrt {{x^2} - 4} dx\] Đặt \(\displaystyle x = \frac{2}{{\cos t}} \Rightarrow dx = \frac{{2\sin t}}{{{{\cos }^2}t}}dt\) \(\displaystyle x\)2\(\displaystyle 4\)\(\displaystyle t\)\(\displaystyle 0\)\(\displaystyle \frac{\pi }{3}\)Vậy \(\displaystyle I = \mathop \int \limits_0^{\frac{\pi }{3}} \sqrt {\frac{{4\left( {1 - {{\cos }^2}t} \right)}}{{{{\cos }^2}t}}} .\frac{{2\sin t}}{{{{\cos }^2}t}}\;dt\)\(\displaystyle = 4\mathop \int \limits_0^{\frac{\pi }{3}} \frac{{{{\sin }^2}t}}{{{{\cos }^3}t}}dt = 4\mathop \int \limits_0^{\frac{\pi }{3}} \frac{{{{\sin }^2}t}}{{{{\cos }^4}t}}.\cos tdt\)\(\displaystyle = 4\mathop \int \limits_0^{\frac{\pi }{3}} \frac{{{{\sin }^2}t}}{{{{\left( {1 - {{\sin }^2}t} \right)}^2}}}.\cos tdt\) Đặt \(\displaystyle u = \sin t \Rightarrow du = \cos tdt\) \(\displaystyle t\)0\(\displaystyle \frac{\pi }{3}\)\(\displaystyle u\)\(\displaystyle 0\)\(\displaystyle \frac{{\sqrt 3 }}{2}\)Vậy \(\displaystyle I = \mathop \int \limits_0^{\frac{{\sqrt 3 }}{2}} \frac{{{u^2}}}{{{{\left( {1 - {u^2}} \right)}^2}}}du\)
