Hãy đăng ký thành viên để có thể dễ dàng hỏi bài, trao đổi, giao lưu và chia sẻ về kiến thức
  1. Thủ thuật: Nếu muốn tìm lời giải một câu vật lý trên Google, bạn hãy gõ: tanggiap + câu hỏi.
    Dismiss Notice

Tính nguyên hàm, tích phân các hàm hữu tỷ

Thảo luận trong 'Bài 2. Tích phân' bắt đầu bởi Doremon, 19/12/14.

  1. Doremon

    Doremon Moderator Thành viên BQT

    Tham gia ngày:
    29/9/14
    Bài viết:
    1,299
    Đã được thích:
    208
    Điểm thành tích:
    63
    Giới tính:
    Nam
    Trong đề thi tốt nghiệp THPT, Đại học, Cao đẳng, THCN của hàng năm bài toán tích phân hầu như không thể thiếu, bài toán về tích phân là một trong những bài toán khó vì vậy nó đòi hỏi người học phải có phương pháp giải đối với một số bài.

    Chuyên đề này hy vọng sẽ góp phần giúp các em học sinh luyện thi đại học hiểu sâu hơn vận dụng phương pháp giải hàm hữu tỷ

    I. Cơ sở lí thuyết

    Dạng 1:
    $I = \int {\frac{{dx}}{{{{\left( {x - a} \right)}^n}}} = - \frac{1}{{n - 1}}} .\frac{1}{{{{\left( {x - a} \right)}^{n - 1}}}} + C$ với $\left( {a,n} \right) \in C \times \left( {N - \left\{ {0,1} \right\}} \right)$ ta có :
    Nếu n = 1, a ∈ R, ta có: $I = \int {\frac{{dx}}{{x - a}}} = \ln \left| x \right| + C$

    Dạng 2:
    $I = \int {\frac{{\alpha x + \beta }}{{{{\left( {a{x^2} + bx + c} \right)}^n}}}dx} $ trong đó: $\left\{ \begin{array}{l}\alpha ,\beta ,a,b,c \in R\\\Delta = {b^2} - 4ac < 0\end{array} \right.$

    * Giai đoạn 1:
    α ≠ 0, làm xuất hiện ở tử thức đạo hàm của tam thức ax$^2$ + bx + c, sai khác một số:
    $I = \frac{\alpha }{{2a}}\int {\frac{{2ax + b + \frac{{2a\beta }}{\alpha } - b}}{{{{\left( {a{x^2} + bx + c} \right)}^n}}}dx} = \frac{\alpha }{{2a}}\int {\frac{{2ax + b}}{{{{\left( {a{x^2} + bx + c} \right)}^n}}}dx + \frac{\alpha }{{2a}}} \left( {\frac{{2a\beta }}{\alpha } - b} \right)\int {\frac{{dx}}{{{{\left( {a{x^2} + bx + c} \right)}^n}}}} $

    * Giai đoạn 2: Tính $I = {\int {\frac{{dx}}{{{{\left( {a{x^2} + bx + c} \right)}^n}}}dx = \left( {\frac{{4a}}{{ - \Delta }}} \right)} ^n}.\frac{{\sqrt { - \Delta } }}{{2a}}\int\limits_{t = \frac{{2ax + b}}{{\sqrt { - \Delta } }}} {\frac{{dt}}{{{{\left( {1 + {t^2}} \right)}^n}}}}$

    * Giai đoạn 3: Tính $I = \int {\frac{1}{{{{\left( {{t^2} + 1} \right)}^n}}}dt} $ có thể tính bằng hai phương pháp , truy hồi hoặc đặt t = tan φ

    Dạng 3: $I = \int {\frac{{{P_m}\left( x \right)}}{{{Q_n}\left( x \right)}}dx} $
    Ta có: $\frac{{{P_m}\left( x \right)}}{{{Q_n}\left( x \right)}} = \frac{{{a_m}{x^m} + ...... + {a_1}x + {a_0}}}{{{b_n}{x^n} + ...... + {b_1}x + {b_0}}}$
    • Nếu: deg(P) ≥ deg(Q) thì ta thực hiện phép chia $\frac{{{P_m}\left( x \right)}}{{{Q_n}\left( x \right)}} = {A_{\left( {m - n} \right)}}\left( x \right) + \frac{{{R_r}\left( x \right)}}{{{Q_n}\left( x \right)}}$ trong đó phân số $\frac{{{R_r}\left( x \right)}}{{{Q_n}\left( x \right)}}$ có deg(Q) > deg(R)
    • Nếu: deg(P) < deg(Q) ta có các qui tắc sau :
    *Quy tắc 1: $\frac{{{P_{m\left( x \right)}}}}{{{{\left( {x - a} \right)}^n}}} = \frac{{{A_1}}}{{\left( {x - a} \right)}} + ...... + \frac{{{A_{n - 1}}}}{{{{\left( {x - a} \right)}^{n - 1}}}} + \frac{{{A_n}}}{{{{\left( {x - a} \right)}^n}}}$

    Ví dụ 1a: $\frac{{{P_m}\left( x \right)}}{{\prod\limits_{i = 1}^n {{{\left( {x - {a_i}} \right)}^i}} }} = \sum\limits_{i = 1}^n {\frac{{{A_i}}}{{{{\left( {x - {a_i}} \right)}^i}}}} $

    Ví dụ 1b: $\frac{{{P_m}\left( x \right)}}{{(x - a)(x - b){{(x - c)}^2}}} = \frac{A}{{x - a}} + \frac{B}{{x - b}} + \frac{C}{{x - c}} + \frac{D}{{{{\left( {x - c} \right)}^2}}}$

    *Quy tắc 2': $\frac{{{P_m}\left( x \right)}}{{{{\left( {a{x^2} + bx + c} \right)}^n}}} = \frac{{{A_1}x + {B_1}}}{{\left( {a{x^2} + bx + c} \right)}} + ...... + \frac{{{A_{n - 1}}x + {B_{n - 1}}}}{{{{\left( {a{x^2} + bx + c} \right)}^{n - 1}}}} + \frac{{{A_n}x + {B_n}}}{{{{\left( {a{x^2} + bx + c} \right)}^n}}}$ với Δ < 0

    *Quy tắc 3: $\frac{{{P_t}\left( x \right)}}{{{{\left( {x - \alpha } \right)}^m}{{\left( {a{x^2} + bx + c} \right)}^n}}} = \sum\limits_{i = 1}^m {\frac{{{A_i}}}{{{{\left( {x - \alpha } \right)}^i}}} + \sum\limits_{k = 1}^n {\frac{{{A_i}x + {B_1}}}{{{{\left( {a{x^2} + bx + c} \right)}^i}}}} } $

    Ví dụ 1: $\frac{{{P_t}\left( x \right)}}{{(x - \alpha )\left( {a{x^2} + bx + c} \right)}} = \frac{A}{{x - \alpha }} + \frac{{Bx + C}}{{\left( {a{x^2} + bx + c} \right)}}$

    Ví dụ 2: $\frac{{{P_t}\left( x \right)}}{{{{\left( {x - \alpha } \right)}^{}}{{\left( {a{x^2} + bx + c} \right)}^2}}} = \frac{A}{{\left( {x - \alpha } \right)}} + \frac{{{B_1}x + {C_1}}}{{\left( {a{x^2} + bx + c} \right)}} + \frac{{{B_2}x + {C_2}}}{{{{\left( {a{x^2} + bx + c} \right)}^2}}}$

    II. Bài tập vận dụng

    Bài 1: Tính các tích phân sau :
    a) ${I_1} = \int\limits_0^1 {\frac{{dx}}{{{x^2} + 3x + 2}}} $
    b) ${I_2} = \int\limits_0^1 {\frac{{dx}}{{{{\left( {{x^2} + 3x + 2} \right)}^2}}}} $
    Giải
    a)
    $\begin{array}{l}
    {I_1} = \int\limits_0^1 {\frac{{dx}}{{{x^2} + 3x + 2}}} = \int\limits_0^1 {\frac{{dx}}{{\left( {x + 1} \right)\left( {x + 2} \right)}}} = \int\limits_0^1 {\left( {\frac{1}{{x + 1}} - \frac{1}{{x + 2}}} \right)dx} \\
    = \left[ {\ln \left| {x + 1} \right| - \ln \left| {x + 2} \right|} \right]_0^1 = \ln \frac{4}{3}
    \end{array}$

    b)
    $\begin{array}{l}
    {I_2} = \int\limits_0^1 {\frac{{dx}}{{{{\left( {{x^2} + 3x + 2} \right)}^2}}}dx} = \int\limits_0^1 {\left[ {\frac{1}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}} - \frac{2}{{\left( {x + 1} \right)\left( {x + 2} \right)}}} \right]} dx\\
    \quad \quad = \left[ { - \frac{1}{{x + 1}} - \frac{1}{{x + 2}} - 2\left( {\ln \left| {x + 1} \right| - \ln \left| {x + 2} \right|} \right)} \right]_0^1 = OK\quad
    \end{array}$


    Bài 2: Tính các tích phân sau :
    a) ${I_1} = \int\limits_0^1 {\frac{{dx}}{{{x^4} + 3{x^2} + 3}}} $
    b) ${I_2} = \int\limits_0^1 {\frac{{4x - 2}}{{\left( {{x^2} + 1} \right){{\left( {x + 2} \right)}^{}}}}dx}$
    Giải
    a)* Bạn đọc dễ dàng chứng minh được ${I_0} = \int {\frac{{dx}}{{{x^2} + {a^2}}} = \frac{1}{a}\arctan \frac{x}{a} + C} $ với a > 0
    $\begin{array}{l}{I_1} = \int\limits_0^1 {\frac{{dx}}{{{x^4} + 3{x^2} + 3}}} = \int\limits_0^1 {\frac{{dx}}{{\left( {{x^2} + 1} \right)\left( {{x^2} + 3} \right)}} = \frac{1}{2}\int\limits_0^1 {\left( {\frac{1}{{{x^2} + 1}} - \frac{1}{{{x^2} + 3}}} \right)} } dx\\\quad = \frac{1}{2}\left. {\left( {\arctan x - \frac{1}{{\sqrt 3 }}\arctan \frac{x}{{\sqrt 3 }}} \right)} \right|_0^1 = \frac{\pi }{2}\left( {9 - 2\sqrt 3 } \right)\end{array}$

    b) Đặt: $\frac{{4x - 2}}{{\left( {x + 2} \right)\left( {{x^2} + 1} \right)}} = \frac{A}{{x + 2}} + \frac{{Bx + C}}{{{x^2} + 1}} = \frac{{{x^2}\left( {A + B} \right) + x\left( {2B + C} \right) + 2C + A}}{{\left( {x + 2} \right)\left( {{x^2} + 1} \right)}}$
    Do đó ta có hệ: $\left\{ \begin{array}{l}A + B = 0\\2B + C = 4\\2C + A = 0\end{array} \right.\;\; \Leftrightarrow \quad \left\{ \begin{array}{l}A = - 2\\B = 2\\C = 0\end{array} \right.$
    Vậy:
    $\begin{array}{l}{I_2} = \int\limits_0^1 {\frac{{4x - 2}}{{\left( {{x^2} + 1} \right){{\left( {x + 2} \right)}^{}}}}dx = \int\limits_0^1 {\left( { - \frac{2}{{x + 2}} + \frac{{2x}}{{{x^2} + 1}}} \right)dx} } \\
    \quad = \left[ { - 2\ln \left| {x + 2} \right| + \ln \left| {{x^2} + 1} \right|} \right]_0^1 = - 2\ln 3 + \ln 2 + \ln 2 - \ln 1 = \ln \frac{4}{9}\end{array}$


    III. Bạn đọc tự làm :
    a) ${I_1} = \int\limits_2^3 {\frac{{x + 1}}{{{x^2}\left( {x - 1} \right)}}dx} $
    b) ${I_2} = \int\limits_2^5 {\frac{{dx}}{{{x^2} + 2x - 3}}}$
    c) ${I_3} = \int\limits_1^2 {\frac{{{x^3} - 1}}{{4{x^3} - x}}} dx$
    d) ${I_3} = \int\limits_{\sqrt 3 }^2 {\frac{x}{{{x^4} - 3{x^2} + 2}}dx}$
     

    Bình Luận Bằng Facebook

Chia sẻ trang này