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