TÍCH PHÂN HÀM PHÂN THỨC HỮU TỈ CÓ MẪU LÀ
ĐA THỨC BẬC THẤP
A. DẠNG :
I=$\int\limits_\alpha ^\beta {\frac{{P(x)}}{{{\text{ax + b}}}}dx\quad
\left( {a \ne 0} \right)} $
Chú ý đến công thức : $\int\limits_\alpha ^\beta {\frac{m}{{{\text{ax
+ b}}}}dx} = \frac{m}{a}\ln \left| {{\text{ax + b}}} \right|\left|
{\begin{array}{*{20}{c}}
\beta \\
\alpha
\end{array}} \right.$.
Và nếu bậc của P(x) cao hơn hoắc bằng 2 thì ta chia tử cho mẫu dẫn đến
$\int\limits_\alpha ^\beta {\frac{{P(x)}}{{{\text{ax + b}}}}dx =
\int\limits_\alpha ^\beta {Q(x) + \frac{m}{{{\text{ax + b}}}}dx =
\int\limits_\alpha ^\beta {Q(x)dx} + m\int\limits_\alpha
^\beta {\frac{1}{{{\text{ax + b}}}}dx} \quad } \quad } $
Ví dụ 1 :
Tính tích phân : I= $\int\limits_1^2 {\frac{{{x^3}}}{{2x + 3}}dx} $
Giải
Ta có : $f(x) = \frac{{{x^3}}}{{2x + 3}} = \frac{1}{2}{x^2} - \frac{3}{4}x +
\frac{9}{8} - \frac{{27}}{8}\frac{1}{{2x + 3}}$
Do đó : $\int\limits_1^2 {\frac{{{x^3}}}{{2x + 3}}dx} = \int\limits_1^2
{\left( {\frac{1}{2}{x^2} - \frac{3}{4}x + \frac{9}{8} -
\frac{{27}}{8}\frac{1}{{2x + 3}}} \right)dx} $
$ = \left( {\frac{1}{3}{x^3} - \frac{3}{8}{x^2} + \frac{9}{8}x -
\frac{{27}}{{16}}\ln \left| {2x + 3} \right|} \right)\left|
{\begin{array}{*{20}{c}}
2 \\
1
\end{array} = } \right. - \frac{{13}}{6} - \frac{{27}}{{16}}\ln 35$
Ví dụ 2:
Tính tích phân : I= $\int\limits_{\sqrt 5 }^3 {\frac{{{x^2} - 5}}{{x + 1}}dx} $
Giải
Ta có : f(x)=$\frac{{{x^2} - 5}}{{x + 1}} = x - 1 - \frac{4}{{x + 1}}$.
Do đó : $\int\limits_{\sqrt 5 }^3 {\frac{{{x^2} - 5}}{{x + 1}}dx} =
\int\limits_{\sqrt 5 }^3 {\left( {x - 1 - \frac{4}{{x + 1}}} \right)dx} =
\left( {\frac{1}{2}{x^2} - x - 4\ln \left| {x + 1} \right|} \right)\left|
{\begin{array}{*{20}{c}}
3 \\
{\sqrt 5 }
\end{array} = } \right.\sqrt 5 - 1 + 4\ln \left( {\frac{{\sqrt 5 +
1}}{4}} \right)$
B. DẠNG :
$\int\limits_\alpha ^\beta
{\frac{{P(x)}}{{{\text{a}}{{\text{x}}^{\text{2}}} + bx + c}}dx} $
1. Tam thức : $f(x) = {\text{a}}{{\text{x}}^{\text{2}}} + bx + c$ có hai nghiệm
phân biệt
Công thức cần lưu ý : $\int\limits_\alpha ^\beta
{\frac{{u'(x)}}{{u(x)}}dx} = \ln \left| {u(x)} \right|\left|
{\begin{array}{*{20}{c}}
\beta \\
\alpha
\end{array}} \right.$
Ta có hai cách
Cách 1: Hệ số bất định
Cách 2: Hạ bậc
Ví dụ 3:
Tính tích phân : I= $\int\limits_0^1 {\frac{{4x + 11}}{{{x^2} + 5x + 6}}dx} $.
Giải
Cách 1: ( Hệ số bất định )
Ta có : f(x)=$\frac{{4x + 11}}{{{x^2} + 5x + 6}} = \frac{{4x + 11}}{{(x + 2)(x
+ 3)}} = \frac{A}{{x + 2}} + \frac{B}{{x + 3}} = \frac{{A\left( {x + 3} \right)
+ B\left( {x + 2} \right)}}{{(x + 2)(x + 3)}}$
Thay x=-2 vào hai tử số : 3=A và thay x=-3 vào hai tử số : -1= -B suy ra B=1
Do đó : f(x)= $\frac{3}{{x + 2}} + \frac{1}{{x + 3}}$
Vậy : $\int\limits_0^1 {\frac{{4x + 11}}{{{x^2} + 5x + 6}}dx} =
\int\limits_0^1 {\left( {\frac{3}{{x + 2}} + \frac{1}{{x + 3}}}
\right)dx} = \left( {3\ln \left| {x + 2} \right| + \ln \left| {x + 3}
\right|} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
1 \\
0
\end{array} = 2\ln 3 - \ln 2} \right.$
Cách 2: ( Hạ bậc)
Ta có : f(x)=$\frac{{2\left( {2x + 5} \right) + 1}}{{{x^2} + 5x + 6}} =
2.\frac{{2x + 5}}{{{x^2} + 5x + 6}} + \frac{1}{{\left( {x + 2} \right)\left( {x
+ 3} \right)}} = 2.\frac{{2x + 5}}{{{x^2} + 5x + 6}} + \frac{1}{{x + 2}} -
\frac{1}{{x + 3}}$
Do đó :
I=$\int\limits_0^1 {f(x)dx} = \int\limits_0^1 {\left( {2.\frac{{2x +
5}}{{{x^2} + 5x + 6}} + \frac{1}{{x + 2}} - \frac{1}{{x + 3}}} \right)dx} $
$ = \left( {2\ln \left| {{x^2} + 5x + 6} \right| + \ln \left| {\frac{{x +
2}}{{x + 3}}} \right|} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
1 \\
0
\end{array} = 2\ln 3 - \ln 2} \right.$
2. Tam thức :
$f(x) = {\text{a}}{{\text{x}}^{\text{2}}} + bx + c$ có hai nghiệm kép
Công thức cần chú ý : $\int\limits_\alpha ^\beta
{\frac{{u'(x)dx}}{{u(x)}} = \ln \left( {u(x)} \right)\left|
{\begin{array}{*{20}{c}}
\beta \\
\alpha
\end{array}} \right.} $
Thông thừơng ta đặt (x+b/2a)=t .
Ví dụ 4 :
Tính tích phân sau : I= $\int\limits_0^3 {\frac{{{x^3}}}{{{x^2} + 2x + 1}}dx} $
Giải
Ta có : $\int\limits_0^3 {\frac{{{x^3}}}{{{x^2} + 2x + 1}}dx} =
\int\limits_0^3 {\frac{{{x^3}}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}dx} $
Đặt : t=x+1 suy ra : dx=dt ; x=t-1 và : khi x=0 thì t=1 ; khi x=3 thì t=4 .
Do đó : $\int\limits_0^3 {\frac{{{x^3}}}{{{{\left( {x + 1}
\right)}^2}}}dx} = \int\limits_1^4 {\frac{{{{\left( {t - 1}
\right)}^3}}}{{{t^2}}}dt} = \int\limits_1^4 {\left( {t - 3 + \frac{3}{t}
- \frac{1}{{{t^2}}}} \right)dt} = \left( {\frac{1}{2}{t^2} - 3t + \ln
\left| t \right| + \frac{1}{t}} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
4 \\
1
\end{array} = } \right.2\ln 2 - \frac{3}{2}$
Ví dụ 5:
Tính tích phân sau : I= $\int\limits_0^1 {\frac{{4x}}{{4{x^2} - 4x + 1}}dx} $
Giải
Ta có : $\frac{{4x}}{{4{x^2} - 4x + 1}} = \frac{{4x}}{{{{\left( {2x - 1}
\right)}^2}}}$
Đặt : t= 2x-1 suy ra : $dt = 2dx \to dx = \frac{1}{2}dt;\left\{ \begin{array}
x = 0 \leftrightarrow t = - 1 \\
x = 1 \leftrightarrow t = 1 \\
\end{array} \right.$
Do đó : $\int\limits_0^1 {\frac{{4x}}{{4{x^2} - 4x + 1}}dx} =
\int\limits_0^1 {\frac{{4x}}{{{{\left( {2x - 1} \right)}^2}}}dx} =
\int\limits_{ - 1}^1 {\frac{{4.\frac{1}{2}\left( {t + 1}
\right)}}{{{t^2}}}\frac{1}{2}dt} = \int\limits_{ - 1}^1 {\left(
{\frac{1}{t} + \frac{1}{{{t^2}}}} \right)dt} = \left( {\ln \left| t
\right| - \frac{1}{t}} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
1 \\
{ - 1}
\end{array} = - 2} \right.$
3. Tam thức :
$f(x) = {\text{a}}{{\text{x}}^{\text{2}}} + bx + c$ vô nghiệm:
Ta viết : f(x)= $\frac{{P(x)}}{{a\left[ {{{\left( {x +
\frac{b}{{2a}}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{\sqrt { - \Delta } }}{{2a}}}
\right)}^2}} \right]}} = \frac{{P(x)}}{{a\left( {{u^2} + {k^2}}
\right)}};\left\{ \begin{array}
u = x + \frac{b}{{2a}} \\
k = \frac{{\sqrt { - \Delta } }}{{2a}} \\
\end{array} \right.$
Khi đó : Đặt u= ktant
Ví dụ 6:
Tính tích phân : I= $\int\limits_0^2 {\frac{x}{{{x^2} + 4x + 5}}dx} $
Giải
Ta có : $\int\limits_0^2 {\frac{x}{{{x^2} + 4x + 5}}dx} = \int\limits_0^2
{\frac{x}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2} + 1}}dx} $
Đặt : x+2=tant , suy ra :
dx=$\frac{1}{{c{\text{o}}{{\text{s}}^{\text{2}}}t}}dt;\; \Rightarrow \left\{
\begin{array}
x = 0 \leftrightarrow \tan t = 2 \\
x = 2 \leftrightarrow \tan t = 4 \\
\end{array} \right.$
Do đó : $\int\limits_0^2 {\frac{x}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2} + 1}}dx}
= \int\limits_{{t_1}}^{{t_2}} {\frac{{\tan t - 2}}{{1 + {{\tan
}^2}t}}\frac{{dt}}{{c{\text{o}}{{\text{s}}^2}t}}} =
\int\limits_{{t_1}}^{{t_2}} {\left( {\frac{{\sin t}}{{c{\text{ost}}}} - 2}
\right)dt} = \left( { - \ln \left| {c{\text{ost}}} \right| - 2t}
\right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
{{t_2}} \\
{{t_1}}
\end{array}} \right.\left( 1 \right)$
Từ : $\left[ \begin{array}
\tan t = 2 \leftrightarrow 1 + {\tan ^2}t = 5 \leftrightarrow
c{\text{o}}{{\text{s}}^2}t = \frac{1}{5} \to
c{\text{os}}{{\text{t}}_{\text{1}}} = \frac{1}{{\sqrt 5 }} \\
\tan t = 4 \leftrightarrow 1 + {\tan ^2}t = 17 \leftrightarrow
c{\text{o}}{{\text{s}}^2}t = \frac{1}{{17}} \to
c{\text{os}}{{\text{t}}_{\text{2}}} = \frac{1}{{\sqrt {17} }} \\
\end{array} \right.$
Vậy : $\left( { - \ln \left| {c{\text{ost}}} \right| - 2t} \right)\left|
{\begin{array}{*{20}{c}}
{{t_2}} \\
{{t_1}}
\end{array}} \right. = - \left[ {\left( {\ln \left|
{c{\text{os}}{{\text{t}}_{\text{2}}}} \right| - 2{t_2}} \right) - \left( {\ln
\left| {\cos {t_1}} \right| - 2{t_1}} \right)} \right] = - \ln \left|
{\frac{{c{\text{os}}{{\text{t}}_{\text{2}}}}}{{{\text{cos}}{{\text{t}}_{\text{1}}}}}}
\right| + 2\left( {{t_2} - {t_1}} \right)$
$ \Leftrightarrow - \ln \left|
{\frac{{c{\text{os}}{{\text{t}}_{\text{2}}}}}{{{\text{cos}}{{\text{t}}_{\text{1}}}}}}
\right| + 2\left( {{t_2} - {t_1}} \right) = 2\left( {{\text{arctan4 -
arctan2}}} \right) - \ln \left| {\frac{1}{{\sqrt {17} }}.\sqrt 5 } \right| =
2\left( {{\text{arctan4 - arctan2}}} \right) - \frac{1}{2}\ln \frac{5}{{17}}$
Ví dụ 7:
Tính tích phân sau : I= $\int\limits_0^2 {\frac{{{x^3} + 2{x^2} + 4x + 9}}{{{x^2}
+ 4}}dx} $
Giải
Ta có : $\frac{{{x^3} + 2{x^2} + 4x + 9}}{{{x^2} + 4}} = x + 2 +
\frac{1}{{{x^2} + 4}}$
Do đó : $\int\limits_0^2 {\frac{{{x^3} + 2{x^2} + 4x + 9}}{{{x^2} +
4}}dx} = \int\limits_0^2 {\left( {x + 2 + \frac{1}{{{x^2} + 4}}} \right)dx}
= \left( {\frac{1}{2}{x^2} + 2x} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
2 \\
0
\end{array} + \int\limits_0^2 {\frac{{dx}}{{{x^2} + 4}}} } \right. = 6 + J$(1)
Tính tích phân J= $\int\limits_0^2 {\frac{1}{{{x^2} + 4}}dx} $
Đặt : x=2tant suy ra : dx
=$\frac{2}{{c{\text{o}}{{\text{s}}^{\text{2}}}t}}dt;\left\{ \begin{array}
x = 0 \to t = 0 \\
x = 2 \to t = \frac{\pi }{4} \\
\end{array} \right. \leftrightarrow t \in \left[ {0;\frac{\pi }{4}}
\right] \to c{\text{ost > 0}}$
Khi đó : $\int\limits_0^2 {\frac{1}{{{x^2} + 4}}dx} =
\frac{1}{4}\int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {\frac{1}{{1 + {{\tan
}^2}t}}\frac{2}{{c{\text{o}}{{\text{s}}^{\text{2}}}t}}dt} =
\frac{1}{2}\int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {dt} = \frac{1}{2}t\left|
{\begin{array}{*{20}{c}}
{\frac{\pi }{4}} \\
0
\end{array} = \frac{\pi }{8}} \right.$
Thay vào (1) : $I = 6 + \frac{\pi }{8}$
C. DẠNG :
$\int\limits_\alpha ^\beta
{\frac{{P(x)}}{{{\text{a}}{{\text{x}}^{\text{3}}} + b{x^2} + cx + d}}dx} $
1. Đa thức : f(x)=${\text{a}}{{\text{x}}^{\text{3}}} + b{x^2} + cx + d\;\left(
{a \ne 0} \right)$ có một nghiệm bội ba
Công thức cần chú ý : $\int\limits_\alpha ^\beta
{\frac{1}{{{x^m}}}dx} = \frac{1}{{1 - m}}.\frac{1}{{{x^{m - 1}}}}\left|
{\begin{array}{*{20}{c}}
\beta \\
\alpha
\end{array}} \right.$
Ví dụ 8:
Tính tích phân : I= $\int\limits_0^1 {\frac{x}{{{{\left( {x + 1}
\right)}^3}}}dx} $
Giải
Cách 1:
Đặt : x+1=t , suy ra x=t-1 và : khi x=0 thì t=1 ; khi x=1 thì t=2
Do đó : $\int\limits_0^1 {\frac{x}{{{{\left( {x + 1} \right)}^3}}}dx} =
\int\limits_1^2 {\frac{{t - 1}}{{{t^3}}}dt} = \int\limits_1^2 {\left(
{\frac{1}{{{t^2}}} - \frac{1}{{{t^3}}}} \right)dt} = \left( { -
\frac{1}{t} + \frac{1}{2}\frac{1}{{{t^2}}}} \right)\left|
{\begin{array}{*{20}{c}}
2 \\
1
\end{array} = \frac{1}{8}} \right.$
Cách 2:
Ta có : $\frac{x}{{{{\left( {x + 1} \right)}^3}}} = \frac{{\left( {x + 1}
\right) - 1}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^3}}} = \frac{1}{{{{\left( {x + 1}
\right)}^2}}} - \frac{1}{{{{\left( {x + 1} \right)}^3}}}$
Do đó : $\int\limits_0^1 {\frac{x}{{{{\left( {x + 1} \right)}^3}}}dx} =
\int\limits_0^1 {\left[ {\frac{1}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} -
\frac{1}{{{{\left( {x + 1} \right)}^3}}}} \right]} dx = \left[ { - \frac{1}{{x
+ 1}} + \frac{1}{2}\frac{1}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}} \right]\left|
{\begin{array}{*{20}{c}}
1 \\
0
\end{array} = \frac{1}{8}} \right.$
Ví dụ 9 :
Tính tích phân : I=$\int\limits_{ - 1}^0 {\frac{{{x^4}}}{{{{\left( {x - 1}
\right)}^3}}}dx} $.
Giải
Đặt : x-1=t , suy ra : x=t+1 và : khi x=-1 thì t=-2 và khi x=0 thì t=-1 .
Do đó : $\int\limits_{ - 1}^0 {\frac{{{x^4}}}{{{{\left( {x - 1}
\right)}^3}}}dx} = \int\limits_{ - 2}^{ - 1} {\frac{{{{\left( {t + 1}
\right)}^4}}}{{{t^3}}}dt} = \int\limits_{ - 2}^{ - 1} {\frac{{{t^4} +
4{t^3} + 6{t^2} + 4t + 1}}{{{t^3}}}dt} = \int\limits_{ - 2}^{ - 1}
{\left( {t + 4 + \frac{6}{t} + \frac{4}{{{t^2}}} + \frac{1}{{{t^3}}}}
\right)dt} $
$ \Leftrightarrow \int\limits_{ - 2}^{ - 1} {\left( {t + 4 + \frac{6}{t} +
\frac{4}{{{t^2}}} + \frac{1}{{{t^3}}}} \right)dt} = \left(
{\frac{1}{2}{t^2} + 4t + 6\ln \left| t \right| - \frac{4}{t} -
\frac{1}{2}\frac{1}{{{t^2}}}} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
{ - 1} \\
{ - 2}
\end{array} = \frac{{33}}{8} - 6\ln 2} \right.$
2. Đa thức :
f(x)=${\text{a}}{{\text{x}}^{\text{3}}} + b{x^2} + cx + d\;\left( {a \ne 0}
\right)$ có hai nghiệm:
Có hai cách giải : Hệ số bất định và phương pháp hạ bậc
Ví dụ 10 :
Tính tích phân sau : I= $\int\limits_2^3 {\frac{1}{{\left( {x - 1}
\right){{\left( {x + 1} \right)}^3}}}dx} $
Giải
Cách 1. ( Phương pháp hệ số bất định
)
Ta có :
$\frac{1}{{\left( {x - 1} \right){{\left( {x + 1} \right)}^2}}} = \frac{A}{{x -
1}} + \frac{B}{{\left( {x + 1} \right)}} + \frac{C}{{{{\left( {x + 1}
\right)}^2}}} = \frac{{A{{\left( {x + 1} \right)}^2} + B\left( {x - 1}
\right)\left( {x + 1} \right) + C\left( {x - 1} \right)}}{{\left( {x - 1}
\right){{\left( {x + 1} \right)}^2}}}$
Thay hai nghiệm mẫu số vào hai tử số : $\left\{ \begin{array}
1 = 4A \\
1 = - 2C \\
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}
A = \frac{1}{4} \\
C = - \frac{1}{2} \\
\end{array} \right.$. Khi đó (1)
$ \Leftrightarrow \frac{{\left( {A + B} \right){x^2} + \left( {2A + C} \right)x
+ A - B - C}}{{\left( {x - 1} \right){{\left( {x + 1} \right)}^2}}} \Rightarrow
A - B - C = 1 \Leftrightarrow B = A - C - 1 = \frac{1}{4} + \frac{1}{2} - 1
= - \frac{1}{4}$
Do đó : $\int\limits_2^3 {\frac{1}{{\left( {x - 1} \right){{\left( {x + 1}
\right)}^2}}}dx} = \int\limits_2^3 {\left( {\frac{1}{4}.\frac{1}{{x - 1}}
+ \frac{1}{4}.\frac{1}{{\left( {x + 1} \right)}} -
\frac{1}{2}\frac{1}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}} \right)dx} $
$ \Leftrightarrow I = \left[ {\frac{1}{4}\ln \left( {x - 1} \right)\left( {x +
1} \right) + \frac{1}{2}.\frac{1}{{\left( {x + 1} \right)}}} \right]\left|
{\begin{array}{*{20}{c}}
3 \\
2
\end{array} = \frac{1}{4}\ln 8 = \frac{3}{4}\ln 2} \right.$
Cách 2:
Đặt : t=x+1, suy ra : x=t-1 và khi x=2 thì t=3 ; khi x=3 thì t=4 .
Khi đó :
I=$\int\limits_2^3 {\frac{1}{{\left( {x - 1} \right){{\left( {x + 1}
\right)}^2}}}dx} = \int\limits_3^4 {\frac{{dt}}{{{t^2}\left( {t - 2}
\right)}} = \frac{1}{2}\int\limits_3^4 {\frac{{t - \left( {t - 2}
\right)}}{{{t^2}\left( {t - 2} \right)}}dt} = \frac{1}{2}\left(
{\int\limits_2^4 {\frac{1}{{t\left( {t - 2} \right)}}dt - \int\limits_3^4
{\frac{1}{t}dt} } } \right)} $
$ \Leftrightarrow I = \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{2}\int\limits_2^4 {\left(
{\frac{1}{{t - 2}} - \frac{1}{t}} \right)dt - \int\limits_3^4 {\frac{1}{t}dt} }
} \right) = \left( {\frac{1}{4}\ln \left| {\frac{{t - 2}}{t}} \right| -
\frac{1}{2}\ln \left| t \right|} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
4 \\
3
\end{array} = } \right.\frac{3}{4}\ln 2$
Hoặc:
$\frac{1}{{{t^3} - 2{t^2}}} = \frac{{\left( {3{t^2} - 4t} \right)}}{{{t^3} -
2{t^2}}} - \frac{1}{4}\left( {\frac{{3{t^2} - 4t - 4}}{{{t^3} - 2{t^2}}}}
\right) = \left[ {\frac{{3{t^2} - 4t}}{{{t^3} - 2{t^2}}} -
\frac{1}{4}\frac{{\left( {3t + 2} \right)}}{{{t^2}}}} \right] = \frac{{3{t^2} -
4t}}{{{t^3} - 2{t^2}}} - \frac{1}{4}\left( {\frac{3}{t} + \frac{2}{{{t^2}}}}
\right)$
Do đó : I=$\int\limits_3^4 {\left( {\frac{{3{t^2} - 4t}}{{{t^3} - 2{t^2}}} -
\frac{1}{4}\left( {\frac{3}{t} + \frac{2}{{{t^2}}}} \right)} \right)dt = \left(
{\ln \left| {{t^3} - 2{t^2}} \right| - \frac{1}{4}\left( {3\ln \left| t \right|
- \frac{2}{t}} \right)} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
4 \\
3
\end{array} = } \right.} \frac{3}{4}\ln 2$
Hoặc : $\frac{1}{{{t^2}\left( {t - 2} \right)}} = \frac{1}{4}\left(
{\frac{{{t^2} - \left( {{t^2} - 4} \right)}}{{{t^2}\left( {t - 2} \right)}}}
\right) = \frac{1}{4}\left( {\frac{1}{{t - 2}} - \frac{{t + 2}}{{{t^2}}}}
\right) = \frac{1}{4}\left( {\frac{1}{{t - 2}} - \frac{1}{t} -
\frac{2}{{{t^2}}}} \right)$
Do đó :
I=$\frac{1}{4}\int\limits_3^4 {\left( {\frac{1}{{t - 2}} - \frac{1}{t} -
\frac{2}{{{t^2}}}} \right)dt = \frac{1}{4}\left( {\ln \left| {\frac{{t -
2}}{t}} \right| + \frac{2}{t}} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
4 \\
3
\end{array}} \right.} = \frac{1}{4}\left( {\ln \frac{1}{2} + \frac{1}{2}
- \ln \frac{1}{3} - \frac{2}{3}} \right) = \frac{1}{4}\left( {\ln 3 - \ln 2 -
\frac{1}{6}} \right)$
Ví dụ 11:
Tính tích phân sau : I= $\int\limits_2^3 {\frac{{{x^2}}}{{{{\left( {x - 1}
\right)}^2}\left( {x + 2} \right)}}dx} $
Giải
Đặt : x-1=t , suy ra : x=t+1 , dx=dt và : khi x=2 thì t=1 ; x=3 thì t=2 .
Do đó : $\int\limits_2^3 {\frac{{{x^2}}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}\left( {x
+ 2} \right)}}dx} = \int\limits_1^2 {\frac{{{{\left( {t + 1}
\right)}^2}}}{{{t^2}\left( {t + 3} \right)}}dt} = \int\limits_1^2
{\frac{{{t^2} + 2t + 1}}{{{t^2}\left( {t + 3} \right)}}dt} $
Cách 1: ( Hệ số bất định )
Ta có :$\frac{{{t^2} + 2t + 1}}{{{t^2}\left( {t + 3} \right)}} = \frac{{At +
B}}{{{t^2}}} + \frac{C}{{t + 3}} = \frac{{\left( {At + B} \right)\left( {t + 3}
\right) + C{t^2}}}{{{t^2}\left( {t + 3} \right)}} = \frac{{\left( {A + C}
\right){t^2} + \left( {3A + B} \right)t + 3B}}{{{t^2}\left( {t + 3} \right)}}$
Đồng nhất hệ số hai tử số : $\left\{ \begin{array}
A + C = 1 \\
3A + B = 2 \\
3B = 1 \\
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}
B = \frac{1}{3} \\
A = \frac{5}{9} \\
C = \frac{4}{9} \\
\end{array} \right. \Rightarrow \frac{{{t^2} + 2t + 1}}{{{t^2}\left( {t +
3} \right)}} = \frac{1}{9}\frac{{t + 3}}{{{t^2}}} + \frac{4}{9}\frac{1}{{t +
3}}$
Do đó : $\int\limits_1^2 {\frac{{{t^2} + 2t + 1}}{{{t^2}\left( {t + 3}
\right)}}dt} = \int\limits_1^2 {\left( {\frac{1}{9}\left( {\frac{1}{t} +
\frac{3}{{{t^2}}}} \right) + \frac{4}{9}\left( {\frac{1}{{t + 3}}} \right)}
\right)dt} = \left( {\frac{1}{9}\left( {\ln \left| t \right| -
\frac{3}{t}} \right) + \frac{4}{9}\ln \left| {t + 3} \right|} \right)\left|
{\begin{array}{*{20}{c}}
2 \\
1
\end{array} = } \right.\frac{{17}}{6} + \frac{4}{9}\ln 5 - \frac{7}{9}\ln 2$
Cách 2:
Ta có : $\frac{{{t^2} + 2t + 1}}{{{t^2}\left( {t + 3} \right)}} =
\frac{1}{3}\left( {\frac{{3{t^2} + 6t + 3}}{{{t^3} + 3{t^2}}}} \right) =
\frac{1}{3}\left[ {\frac{{3{t^2} + 6t}}{{{t^3} + 3{t^2}}} +
\frac{3}{{{t^2}\left( {t + 3} \right)}}} \right] = \frac{1}{3}\left[ {\left(
{\frac{{3{t^2} + 6t}}{{{t^3} + 3{t^2}}}} \right) + \frac{1}{9}\left(
{\frac{{{t^2} - \left( {{t^2} - 9} \right)}}{{{t^2}\left( {t + 3} \right)}}}
\right)} \right]$ $ = \frac{1}{3}\left( {\frac{{3{t^2} + 6t}}{{{t^3} +
3{t^2}}}} \right) + \frac{1}{9}\frac{1}{{t + 3}} - \frac{1}{9}\frac{{t -
3}}{{{t^2}}} = \frac{1}{3}\left[ {\left( {\frac{{3{t^2} + 6t}}{{{t^3} +
3{t^2}}}} \right) + \frac{1}{9}\frac{1}{{t + 3}} - \frac{1}{9}\left(
{\frac{1}{t} - \frac{3}{{{t^2}}}} \right)} \right]$
Vậy : $\int\limits_1^2 {\frac{{{t^2} + 2t + 1}}{{{t^2}\left( {t + 3}
\right)}}dt} = \int\limits_1^2 {\left( {\frac{1}{3}\left( {\frac{{3{t^2}
+ 6t}}{{{t^3} + 3{t^2}}}} \right) + \frac{1}{9}\left( {\frac{1}{{t + 3}} -
\frac{1}{t} + \frac{3}{{{t^2}}}} \right)} \right)dt} = \left[ {\frac{1}{3}\ln
\left| {{t^3} + 3{t^2}} \right| + \frac{1}{{27}}\left( {\ln \left| {\frac{{t +
3}}{t}} \right| - \frac{3}{t}} \right)} \right]\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
2 \\
1
\end{array}} \right.$
Do đó I= $\frac{{17}}{6} + \frac{4}{9}\ln 5 - \frac{7}{9}\ln 2$
3. Đa thức :
f(x)=${\text{a}}{{\text{x}}^{\text{3}}} + b{x^2} + cx + d\;\left( {a \ne 0}
\right)$ có ba nghiệm:
Ví dụ 12:
Tính tích phân sau : I= $\int\limits_2^3 {\frac{1}{{x\left( {{x^2} - 1}
\right)}}dx} $
Giải
Cách 1: ( Hệ số bất định )
Ta có : f(x)=$\frac{1}{{x\left( {{x^2} - 1} \right)}} = \frac{1}{{x\left( {x -
1} \right)\left( {x + 1} \right)}} = \frac{A}{x} + \frac{B}{{x - 1}} +
\frac{C}{{x + 1}} = \frac{{A\left( {{x^2} - 1} \right) + Bx\left( {x + 1}
\right) + Cx\left( {x - 1} \right)}}{{x\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1}
\right)}}$
Đồng nhất hệ số hai tử số bằng cách thay các nghiệm : x=0;x=1 và x=-1 vào hai tử
ta có: $\left\{ \begin{array}
x = 0 \to 1 = - A \\
x = - 1 \to 1 = 2C \\
x = 1 \to 1 = 2B \\
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}
A = - 1 \\
B = \frac{1}{2} \\
C = \frac{1}{2} \\
\end{array} \right.\\ \Rightarrow f(x) = - \frac{1}{x} +
\frac{1}{2}\left( {\frac{1}{{x - 1}}} \right) + \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{{x
+ 1}}} \right)$
Vậy : $\int\limits_2^3 {\frac{1}{{x\left( {{x^2} - 1} \right)}}dx} =
\int\limits_2^3 {\left( {\frac{1}{2}\left( {\frac{1}{{x - 1}} + \frac{1}{{x +
1}}} \right) - \frac{1}{x}} \right)dx} = \left[ {\frac{1}{2}\left( {\ln
\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)} \right) - \ln \left| x \right|}
\right]\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
3 \\
2
\end{array} = \frac{5}{2}\ln 2 - \frac{3}{2}\ln 3} \right.$
Cách 2: ( Phương pháp nhẩy lầu )
Ta có : $\frac{1}{{x\left( {{x^2} - 1} \right)}} = \frac{{{x^2} - \left( {{x^2}
- 1} \right)}}{{x\left( {{x^2} - 1} \right)}} = \frac{x}{{{x^2} - 1}} -
\frac{1}{x} = \frac{1}{2}\frac{{2x}}{{{x^2} - 1}} - \frac{1}{x}$
Do đó : $\int\limits_2^3 {\frac{1}{{x\left( {{x^2} - 1} \right)}}dx} =
\frac{1}{2}\int\limits_2^3 {\frac{{2xdx}}{{{x^2} - 1}} - \int\limits_2^3
{\frac{1}{x}dx} = \left( {\frac{1}{2}\ln \left( {{x^2} - 1} \right) - \ln
x} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
3 \\
2
\end{array} = } \right.} \frac{5}{2}\ln 2 - \frac{3}{2}\ln 3$
Ví dụ 13:
Tính tích phân sau : I=$\int\limits_3^4 {\frac{{x + 1}}{{x\left( {{x^2} - 4}
\right)}}dx} $
Giải
Cách 1:
Ta có : $\frac{{x + 1}}{{x\left( {{x^2} - 4} \right)}} = \frac{{x +
1}}{{x\left( {x - 2} \right)\left( {x + 2} \right)}} = \frac{A}{x} +
\frac{B}{{x - 2}} + \frac{C}{{x + 2}} = \frac{{A\left( {{x^2} - 4} \right) +
Bx\left( {x + 2} \right) + Cx\left( {x - 2} \right)}}{{x\left( {{x^2} - 4}
\right)}}$
Thay các nghiệm của mẫu số vào hai tử số :
Khi x=0 : 1= -4A suy ra : A=-1/4
Khi x=-2 : -1= 8C suy ra C=-1/8
Khi x=2 : 3= 8B suy ra : B=3/8 .
Do đó : f(x) = $ - \frac{1}{4}\left( {\frac{1}{x}} \right) - \frac{1}{8}\left(
{\frac{1}{{x - 2}}} \right) + \frac{3}{8}\left( {\frac{1}{{x + 2}}} \right)$
Vậy : $\int\limits_3^4 {\frac{{x + 1}}{{x\left( {{x^2} - 4} \right)}}dx}
= - \frac{1}{4}\int\limits_2^3 {\frac{1}{x}dx -
\frac{1}{8}\int\limits_2^3 {\frac{1}{{x - 2}}dx} +
\frac{3}{8}\int\limits_2^3 {\frac{1}{{x + 2}}} dx = \left( { - \frac{1}{4}\ln
\left| x \right| - \frac{1}{8}\ln \left| {x - 2} \right| + \frac{3}{8}\ln \left|
{x + 2} \right|} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
3 \\
2
\end{array} = } \right.} $
$ = \frac{5}{8}\ln 3 - \frac{3}{8}\ln 5 - \frac{1}{4}\ln 2$
Cách 2:
Ta có : $\frac{{x + 1}}{{x\left( {{x^2} - 4} \right)}} = \frac{1}{{\left(
{{x^2} - 4} \right)}} + \frac{1}{{x\left( {{x^2} - 4} \right)}} =
\frac{1}{4}\left( {\frac{1}{{x - 2}} - \frac{1}{{x + 2}}} \right) +
\frac{1}{4}\left( {\frac{{{x^2} - \left( {{x^2} - 4} \right)}}{{x\left( {{x^2}
- 4} \right)}}} \right) = \frac{1}{4}\left( {\frac{1}{{x - 2}} - \frac{1}{{x +
2}} + \frac{1}{2}\frac{{2x}}{{{x^2} - 4}} - \frac{1}{x}} \right)$
Do đó : $\int\limits_3^4 {\frac{{x + 1}}{{x\left( {{x^2} - 4}
\right)}}dx} = \frac{1}{4}\int\limits_3^4 {\left( {\frac{1}{{x - 2}} -
\frac{1}{{x + 2}} + \frac{1}{2}\frac{{2x}}{{{x^2} - 4}} - \frac{1}{x}}
\right)dx = } \left[ {\frac{1}{4}\ln \left| {\frac{{x - 2}}{{x + 2}}} \right| +
\frac{1}{2}\ln \left( {{x^2} - 4} \right) - \ln \left| x \right|} \right]\left|
{\begin{array}{*{20}{c}}
4 \\
3
\end{array}} \right.$
Ví dụ 14:
Tính tích phân sau : $\int\limits_2^3 {\frac{{{x^2}}}{{\left( {{x^2} - 1}
\right)\left( {x + 2} \right)}}dx} $
Giải
Cách 1: ( Hệ số bất định )
$\frac{{{x^2}}}{{\left( {{x^2} - 1} \right)\left( {x + 2} \right)}} =
\frac{{{x^2}}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)\left( {x + 2}
\right)}} = \frac{A}{{x - 1}} + \frac{B}{{x + 1}} + \frac{C}{{x + 2}} =
\frac{{A\left( {x + 1} \right)\left( {x + 2} \right) + B\left( {x - 1}
\right)\left( {x + 2} \right) + C\left( {{x^2} - 1} \right)}}{{\left( {{x^2} -
1} \right)\left( {x + 2} \right)}}$
Thay lần lượt các nghiệm mẫu số vào hai tử số :
Thay : x=1 Ta cớ : 1=2A , suy ra : A=1/2
Thay : x=-1 ,Ta có :1=-2B, suy ra : B=-1/2
Thay x=-2 ,Ta có : 4= -5C, suy ra : C=-5/4
Do đó :
I=$\int\limits_2^3 {\frac{{{x^2}}}{{\left( {{x^2} - 1} \right)\left( {x + 2}
\right)}}dx} = \int\limits_2^3 {\left( {\frac{1}{2}\frac{1}{{x - 1}} -
\frac{1}{2}\frac{1}{{x + 1}} - \frac{5}{4}\frac{1}{{x + 2}}} \right)} dx =
\left[ {\frac{1}{2}\ln \left| {\frac{{x - 1}}{{x + 1}}} \right| -
\frac{5}{4}\ln \left| {x + 2} \right|} \right]\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
3 \\
2
\end{array}} \right. = \frac{1}{2}\ln \frac{3}{2}$
Cách 2. (Hạ bậc)
Ta có :
$\frac{{{x^2}}}{{\left( {{x^2} - 1} \right)\left( {x + 2} \right)}} = \frac{{{x^2}
- 1 + 1}}{{\left( {{x^2} - 1} \right)\left( {x + 2} \right)}} = \frac{1}{{x +
2}} + \frac{1}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)\left( {x + 2}
\right)}}\\
= \frac{1}{{x + 2}} + \frac{1}{2}\frac{{x\left( {x + 1} \right) - \left(
{x - 1} \right)\left( {x + 2} \right)}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1}
\right)\left( {x + 2} \right)}} = \frac{1}{{x + 2}} + \frac{1}{2}\left[
{\frac{x}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 2} \right)}} - \frac{1}{{x + 1}}}
\right] \\
= \frac{1}{{x + 2}} + \frac{1}{2}\left[ {1 + \frac{1}{3}\left( {\frac{1}{{x -
1}} - \frac{1}{{x + 2}}} \right) - \frac{1}{{x + 1}}} \right]$
Từ đó suy ra kết quả .