Chuyên đề Tích phân của các hàm vô tỷ

tích phân của các hàm vô tỷ
Mục tiêu của mục này là đ−a ra cách giải cho một số dạng của tính tích tổng quát
I =
b∫
a
R(x, x
m
n , ..., x
r
s )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 d−ơng.
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 đ−a tích phân đã cho về dạng tích
phân các hàm hữu tỷ.
Một cách giải t−ơng tự cho tích phân
I =
β∫
α
R
[
x,
(
ax+ b
cx+ d
)m
n
, ...,
(
ax+ b
cx+ d
) r
s
]
dx
7.1.1 Bài tập mẫu:
(a). I =
2∫
1
x(
√
x− 1 + 3√x− 1)dx (b). J =
4∫
1
4
√
x− 8√x
x( 4
√
x+ 1)
dx
(c). I =
14−3√3
13∫
0
dx
3
√
(x− 1)(x+ 1)2 (d). J =
4∫
1
3
√
x− 6√x
x( 6
√
x+ 1)
dx
a. Bài giải:
+ Đặt x− 1 = t6 đổi cận x = 1 =⇒ t = 0;x = 2 =⇒ t = 1.
+ Vi phân dx = 6t5dt.
+ Do vậy
I =
1∫
0
(t6 − 1)(t3 + t2)6t5dt = 6
1∫
0
(t14 + t13 + t8 + t7)dt
= 6
[
1
15
t15 +
1
14
t14 +
1
9
t9 +
1
8
t8
]∣∣∣∣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− 8√x
x( 4
√
x+ 1)
dx =
t2 − t
t8(t2 + 1)
8t7dt =
8t− 8
t2 + 1
dt = 4
2tdt
t2 + 1
− 8 dt
t2 + 1
Do vậy
J = 4
4√2∫
1
2tdt
t2 + 1
− 8
4√2∫
1
dt
t2 + 1
=
[
4 ln(1 + t2)
]∣∣ 4√2
1
− 8 u|u0pi
4
1
Chú ý rằng u0 ∈ (−pi
2
;
pi
2
) ở trên là giá trị mà tanu0 =
4
√
2 chúng ta còn kí hiệu u0 = arctan
4
√
2,
ở đây arctan là ký hiệu hàm ng−ợc của hàm số tan.
c. Bài giải:
+ Đặt
x+ 1
x− 1 = t
3 ⇐⇒ x = t
3 + 1
t3 − 1 do vậy dx = −
6t2dt
(t3 − 1)2 .
+ Đổi cận x = 0 =⇒ t = −1;x = 14− 3
√
3
13
=⇒ t = −
√
3
3
.
+ Biến đổi
dx
3
√
(x− 1)(x+ 1)2 =
3
√
x+ 1
x− 1 .
dx
x+ 1
= −
6t3
(t3 − 1)2
2t3
t3 − 1
dt = − 3
t3 − 1dt
+ Sử dụng kỹ thuật tích phân hữu tỷ ta đ−ợc
3
t3 − 1 =
1
t− 1 −
t+ 2
t2 + t+ 1
=
1
t− 1 −
1
2
(2t+ 1)
t2 + t+ 1
−
3
2
t2 + t+ 1
Do vậy
J =
14−3√3
13∫
0
dx
3
√
(x− 1)(x+ 1)2 =
√
3
3∫
0
1
t− 1dt−
1
2
√
3
3∫
0
2t+ 1
t2 + t+ 1
dt− 3
2
√
3
3∫
0
dt
t2 + t+ 1
=
[
ln |t− 1| − 1
2
ln |t2 + t+ 1|
]∣∣∣∣
√
3
3
0
− 3
2
J0
+ Tính J0 theo cách tính của hàm hữu tỷ đã biết.
d. Bài giải: Giải t−ơng tự bài b.
7.1.2 Bài tập tự giải:
(a). I =
−1∫
−2
x2(
√
1− x+ 3√1− x)dx (b). J =
4∫
0
dx
3
√
2x+ 1 +
√
2x+ 1
(c). I =
4∫
0
x− 2√x− 1
3
√
x+ 2
dx (d). J =
4∫
1
3
√
x+ 2 6
√
x
x( 6
√
x+ 1)
dx
2
7.2. Phép thế Euler trong tích phân có chứa l−ợng
√
ax2 + bx+ c:
• Nếu a > 0 thì đổi biến
√
ax2 + bx+ c = t+ x
√
a⇐⇒ x = t
2 − c
b− 2t√a
• Nếu c > 0 thì đổi biến
√
ax2 + bx+ c = tx+
√
c⇐⇒ x = 2t
√
c− b
a− t2
• Nếu ax2 + bx+ c = 0⇐⇒ a(x− α)(x− β) = 0 nghĩa là biểu thức d−ới dấu căn có
hai nghiệm phân biệt thì đổi biến
√
ax2 + bx+ c = t(x− α)⇐⇒ x = aβ − t
2α
a− t2
để ý rằng chỉ có ba khả năng trên cho một tam thức bậc hai nằm d−ới 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∫
0
√
x2 + x+ 1dx (b). J =
1∫
0
√
x2 − x+ 1dx
a. Bài giải:
+ Đặt
√
x2 + x+ 1 = t+ x⇐⇒ x2 + x+ 1 = t2 + 2tx+ x2 ⇐⇒ x = t
2 − 1
1− 2t
do vậy
√
x2 + x+ 1 = t+
t2 − 1
1− 2t =
−t2 + t− 1
1− 2t .
+ Vi phân dx =
−2t2 + 2t− 2
(1− 2t)2 dt.
+ Đổi cận x = 0 =⇒ t = 1;x = 1 =⇒ t = √3− 1.
+ Từ đây ta có
I = −2
√
3−1∫
1
(t2 − t+ 1)2
(2t− 1)3 dt = 2
1∫
√
3−1
(t2 − t+ 1)2
(2t− 1)3 dt
+ Ta sử dụng ký thuật của tích phân hàm hữu tỷ 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
+ Vì vậy
I =
1
8
1∫
√
3−1
(2t− 1)dt+ 3
4
1∫
√
3−1
1
2t− 1dt+
9
8
1∫
√
3−1
1
(2t− 1)3dt
=
[
1
32
(2t− 1)2 + 3
8
ln |2t− 1| − 9
32
1
(2t− 1)2
]∣∣∣∣1√
3−1
=
3
4
√
3− 1
4
+
3
8
ln(2 +
√
3)− 3
16
ln 3.
3
b. Bài giải:
+ Đặt
√
x2 − x+ 1 = t+ x⇐⇒ x2 − x+ 1 = t2 + 2tx+ x2 ⇐⇒ x = 1− t
2
2t+ 1
do vậy
√
x2 − x+ 1 = t+ 1− t
2
2t+ 1
=
t2 + t+ 1
2t+ 1
.
+ Vi phân dx =
−2t2 − 2t− 2
(2t+ 1)2
dt.
+ Đổi cận x = 0 =⇒ t = 1;x = 1 =⇒ t = 0.
+ Từ đây ta có
I = −2
0∫
1
(t2 + t+ 1)2
(2t+ 1)3
dt = 2
1∫
0
(t2 + t+ 1)2
(2t+ 1)3
dt
+ Ta sử dụng ký thuật của tích phân hàm hữu tỷ 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
+ Vì vậy
J =
1
8
1∫
0
(2t+ 1)dt+
3
4
1∫
0
1
2t+ 1
dt+
9
8
1∫
0
1
(2t+ 1)3
dt
=
[
1
32
(2t+ 1)2 +
3
8
ln |2t+ 1| − 9
32
1
(2t+ 1)2
]∣∣∣∣1
0
=
1
2
+
3
8
ln 3.
7.2.2. Bài tập mẫu:
(a). I =
2∫
1
dx√
x2 + x+ 1
(b). J =
2∫
1
dx√
x2 − x+ 1
a. Bài giải:
+ Đặt
√
x2 + x+ 1 = tx+ 1⇐⇒ x2 + x+ 1 = t2x2 + 2tx+ 1⇐⇒ x = 2t− 1
1− t2
do vậy
√
x2 + x+ 1 = 1 +
2t2 − t
1− t2 =
t2 − t+ 1
1− t2 .
+ Vi phân dx =
2(t2 − t+ 1)
(1− t2)2 dt.
+ Đổi cận x = 1 =⇒ t = √3− 1;x = 2 =⇒ t =
√
7− 1
2
.
+ Biểu thức d−ới dấu tích phân
dx√
x2 + x+ 1
=
2(t2 − t+ 1)
(1− t2)2 .
1− t2
t2 − t+ 1dt =
2dt
1− t2 =
(
1
1 + t
+
1
1− t
)
dt
+ Vì vậy
I =
√
7−1
2∫
√
3−1
(
1
1 + t
+
1
1− t
)
dt
= [ln |1 + t| − ln |1− t|]
∣∣∣√7−12√
3−1
4
= ln
√
7 + 1
3−√7 − ln
√
3
2−√3 = ln(2
√
7 + 5)− ln(3 + 2
√
3).
b. Bài giải:
+ Đặt
√
x2 − x+ 1 = tx+ 1⇐⇒ x2 − x+ 1 = t2x2 + 2tx+ 1⇐⇒ x = 2t+ 1
1− t2
do vậy
√
x2 − x+ 1 = 1 + 2t
2 + t
1− t2 =
t2 + t+ 1
1− t2 .
+ Vi phân dx =
2(t2 + t+ 1)
(1− t2)2 dt.
+ Đổi cận x = 1 =⇒ t = 0;x = 2 =⇒ t =
√
3− 1
2
.
+ Biểu thức d−ới dấu tích phân
dx√
x2 − x+ 1 =
2(t2 + t+ 1)
(1− t2)2 .
1− t2
t2 + t+ 1
dt =
2dt
1− t2 =
(
1
1 + t
+
1
1− t
)
dt
+ Vì vậy
I =
√
3−1
2∫
0
(
1
1 + t
+
1
1− t
)
dt
= [ln |1 + t| − ln |1− t|]
∣∣∣√3−12
0
= ln
3 + 2
√
3
3
.
7.2.3. Bài tập tự giải:
(a). I =
1∫
0
(x+ 1)
√
x2 + x+ 1dx (b). J =
1∫
0
(x+ 1)
√
x2 − x+ 1dx
(c). I =
1∫
0
(x2 + 1)
√
x2 + x+ 1dx (d). J =
1∫
0
(x2 + 1)
√
x2 − x+ 1dx
(e). I =
1∫
0
(x+ 1)dx√
x2 + x+ 1
(f). J =
1∫
0
(x+ 1)dx√
x2 − x+ 1
(g). I =
1∫
0
√
x2 − 5x+ 6dx (h). J =
1∫
0
(x+ 1)dx√
x2 − 5x+ 6
(i). I =
1∫
0
(x+ 1)dx√
4− x2 (j). J =
1∫
0
x2dx√
4− x2
5