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: $\frac{{{P_m}\left( x \right)}}{{{Q_n}\left( x \right)}} = \frac{{{a_m}{x^m} + ...... + {a_1}x + {a_0}}}{{{b_n}{x^n} + ...... + {b_1}x + {b_0}}}$
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}}}} $
$\begin{array}{l}
{I_1} = \int\limits_0^1 {\frac{{dx}}{{{x^2} + 3x + 2}}} = \int\limits_0^1 {\frac{{dx}}{{\left( {x + 1} \right)\left( {x + 2} \right)}}} = \int\limits_0^1 {\left( {\frac{1}{{x + 1}} - \frac{1}{{x + 2}}} \right)dx} \\
= \left[ {\ln \left| {x + 1} \right| - \ln \left| {x + 2} \right|} \right]_0^1 = \ln \frac{4}{3}
\end{array}$
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) ${I_2} = \int\limits_0^1 {\frac{{4x - 2}}{{\left( {{x^2} + 1} \right){{\left( {x + 2} \right)}^{}}}}dx}$
$\begin{array}{l}{I_1} = \int\limits_0^1 {\frac{{dx}}{{{x^4} + 3{x^2} + 3}}} = \int\limits_0^1 {\frac{{dx}}{{\left( {{x^2} + 1} \right)\left( {{x^2} + 3} \right)}} = \frac{1}{2}\int\limits_0^1 {\left( {\frac{1}{{{x^2} + 1}} - \frac{1}{{{x^2} + 3}}} \right)} } dx\\\quad = \frac{1}{2}\left. {\left( {\arctan x - \frac{1}{{\sqrt 3 }}\arctan \frac{x}{{\sqrt 3 }}} \right)} \right|_0^1 = \frac{\pi }{2}\left( {9 - 2\sqrt 3 } \right)\end{array}$
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) ${I_3} = \int\limits_{\sqrt 3 }^2 {\frac{x}{{{x^4} - 3{x^2} + 2}}dx}$
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 :
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) ${I_3} = \int\limits_{\sqrt 3 }^2 {\frac{x}{{{x^4} - 3{x^2} + 2}}dx}$
