OPTADS360
ATNETWORK
RANDOM
ON
YOMEDIA
Banner-Video
IN_IMAGE

Bài 1: Tích phân bất định - Nguyên hàm, Tích phân bất định


Nội dung bài giảng Bài 1: Tích phân bất định sau đây sẽ giúp các bạn tìm hiểu về nguyên hàm - Tích phân bất định, tính chất của tích phân bất định, các công thức tích phân bất định cơ bản, phương pháp tính tích phân bất định,...

AMBIENT-ADSENSE/lession_isads=0
QUẢNG CÁO
 
 
 

Tóm tắt lý thuyết

1. Nguyên hàm - Tích phân bất định:

Định nghĩa

Cho các hàm số f, F xác định trên [a,b].

F được gọi là một nguyên hàm của f trong (a,b) nếu

\(F'(x) = f(x),\,\forall x \in (a,b)\)

F gọi là nguyên hàm của f trên [a,b] nếu:

\(F'(x) = f(x),\,\forall x \in (a,b)\)

và \(F'(a^+) = f(a),F'(b^-) = f(b)\)


Ví dụ:

  • - cosx là nguyên hàm của sinx vì (-cosx)' = sinx.
  • - cosx + 7 cũng là nguyên hàm của sinx .
  •  \(\frac{{{x^3}}}{3},\frac{{{x^3}}}{3} - 5,\frac{{{x^3}}}{3} - C\) là những nguyên hàm của x2 vì:

\(\left( {\frac{{{x^3}}}{3}} \right)' = \left( {\frac{{{x^3}}}{3} - 5} \right) = \left( {\frac{{{x^3}}}{3} - C} \right) = {x^2}\)

Định lý: Nếu hàm số f liên tục trên [a, b] thì f có nguyên hàm trên [a, b].

Định lý: giả sử F là nguyên hàm của f trong (a, b). Khi đó ta có:

i) F + C (C là hằng số) cũng là một nguyên hàm của f trong (a, b)

ii) Nếu G cũng là một nguyên hàm của f trong (a, b) thì tồn tại hằng số C sao cho 

\(G\left( x \right){\rm{ }} = {\rm{ }}F\left( x \right){\rm{ }} + {\rm{ }}C \, \,{\rm{ }}\forall x{\rm{ }} \in \left( {a,b} \right)\)

Chứng minh:

i) \(\left( {F\left( x \right){\rm{ }} + {\rm{ }}C} \right){\rm{ }} = {\rm{ }}F\left( x \right){\rm{ }} = {\rm{ }}f\left( x \right),{\rm{ }}\forall x{\rm{ }} \in {\rm{ }}\left( {a,{\rm{ }}b} \right)\)

⇒ F + C là một nguyên hàm của f trong (a,b)

ii) \(\left[ {G\left( x \right){\rm{ }} - {\rm{ }}F\left( x \right)} \right]{\rm{ }} = {\rm{ }}G\left( x \right){\rm{ }} - {\rm{ }}F\left( x \right){\rm{ }} = {\rm{ }}f\left( x \right){\rm{ }} - {\rm{ }}f\left( x \right){\rm{ }} = {\rm{ }}0,{\rm{ }}\forall x{\rm{ < }}\left( {a,b} \right){\rm{ }}\)

\(\Rightarrow {\rm{ }}\exists C \in {\rm{ }}R{\rm{ }}:{\rm{ }}G\left( x \right){\rm{ }} - {\rm{ }}F\left( x \right){\rm{ }} = {\rm{ }}C,{\rm{ }}\forall x{\rm{ }} \in {\rm{ }}\left( {a,b} \right)\)

\(\Rightarrow {\rm{ }}G\left( x \right){\rm{ }} = {\rm{ }}F\left( x \right){\rm{ }} + {\rm{ }}C,{\rm{ }}\forall x{\rm{ }} \in {\rm{ }}\left( {a,b} \right)\)

Ghi chú:

Định lý trên vẫn đúng nếu thay (a,b) bằng [a,b]
Nếu f có một nguyên hàm thì f có vô số nguyên hàm và hai nguyên hàm bất kỳ của cùng một hàm số thì sai khác nhau một hàng số.

Định nghĩa:

Tập hợp tất cả những nguyên hàm của f trên [a,b] được gọi là tích phân bất định của f trên [a, b], ký hiệu: \(\int {f(x)dx}\) .Nếu F là một nguyên hàm của f thì

\(\int {f(x)dx} = \left\{ {F(x) + C/C \in R} \right\}\)

Viết gọn: \(\int {f(x)dx} = F(x) + C\)

2. Tính chất của tích phân bất định

Cho f, g là các hàm số có nguyên hàm trong (a,b). Khi đó:

\(i)\,\,\frac{d}{{dx}}\int {f(x)dx = } \left( {\int {f(x)dx} } \right)' = f(x)\)

\(ii)\,\,d\int {f(x)dx} = f(x)dx\)

\(iii)\,\,\int {\left( {f(x) \pm g(x)} \right)dx} = \int {f(x)dx} \pm \int {g(x)dx}\)

\(iv)\,\,\int {kf(x)dx} = k\int {f(x)dx,k \in R}\)

Hệ quả: \(\int {\sum\limits_{i = 1}^n {{k_i}} } {f_i}(x)dx = \sum\limits_{i = 1}^n {{k_i}\int {{f_i}(x)dx} }\)

v) Nếu \(F'(x)=f(x)\) thì 

\(\int {F'(x)dx} = \int {dF(x) = F(x) + C = \int {f(x)dx} }\)

và \(\int {f(y)dy = F(y) + C,\,} \int {f(t)dt = F(t) + C,\,} ....\)

Chứng minh: Dành cho độc giả (suy ra từ tính chất đạo hàm).

3. Các công thức tích phân bất định cơ bản

\(1.\,\,\int {Odx = C}\)

\(2.\,\,\int {adx = ax + C}\)

\(3.\,\,\int {{x^n}dx = \frac{{{x^{n + 1}}}}{{n + 1}} + C} \,\,(n \ne - 1)\)

\(4.\,\,\int {\frac{{dx}}{x}} = \ln \left| x \right| + C\)

vì \((\ln \left| x \right| + C)' = \left\{ \begin{array}{l} (\ln )'\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(x > 0)\\ \left[ {\ln ( - x)} \right]'\,\,\,\,(x < 0) \end{array} \right. = \left\{ \begin{array}{l} \frac{1}{x}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(x > 0)\\ - \frac{1}{{ - x}} = \,\frac{1}{x}\,\,(x < 0) \end{array} \right. = \frac{1}{x},x \ne 0 \)

\(5.\,\int {{e^x}} dx = {e^x} + C\)

\(6.\,\int {{a^x}} dx = \frac{{{a^x}}}{{\ln a}} + C\)

\(7.\,\int {{\mathop{\rm sinx}\nolimits} } dx = - \cos x + C\)

\(8.\,\int {cosx} dx = \sin x + C\)

\(9.\,\int {\frac{{dx}}{{{{\cos }^2}x}} = \int {(1 + t{g^2}x)dx} } = tgx + C\)

\(10.\,\int {\frac{{dx}}{{{{\sin }^2}x}} = \int {(1 + cot{g^2}x)dx} } = - cotgx + C\)

\(11.\,\int {\frac{{dx}}{{1 + {x^2}}} = \arcsin x} + C\)

\(12.\,\int {\frac{{dx}}{{{x^n}}} = \int {{x^{ - n}}dx = \frac{{{x^{ - n + 1}}}}{{ - n + 1}}} } + C = \frac{1}{{(n - 1){x^{n - 1}}}} + C\,\,(n \ne 1)\)

\(13.\,\int {\frac{{dx}}{{{x^n}}}} \int {{x^{ - n}}dx = \frac{{{x^{ - n + 1}}}}{{ - n + 1}}} + C = \frac{{ - 1}}{{(n - 1){x^{n - 1}}}} + C\,\,(n \ne 1)\)

\(\int {\frac{{dx}}{{2\sqrt x }}} = \sqrt x + C\)

\(14.\,\int {tgxdx = \int {\frac{{{\mathop{\rm sinx}\nolimits} }}{{\cos x}}dx} } = \int {\frac{{ - d(\cos x)}}{{\cos x}}} = - \ln \left| {\cos x} \right| + C\)

\(15.\,\int {cotgxdx = \int {\frac{{cosx}}{{\sin x}}dx} } = \int {\frac{{d(\sin x)}}{{\sin x}}} = \ln \left| {\sin x} \right| + C\)

\(16.\int {\frac{{dx}}{{\sqrt {{a^2} - {x^2}} }}} = \arcsin \frac{x}{{\left| a \right|}} + C\)

\(17.\int {\frac{{dx}}{{{a^2} - {x^2}}}} = \frac{1}{A}{\mathop{\rm arctg}\nolimits} \frac{x}{a} + C\)

\(18.\int {\frac{{dx}}{{\sqrt {{x^2} + b} }}} = \ln \left| {x + \sqrt {{x^2} + b} } \right| + C\)

\(19.\int {\frac{{dx}}{{{x^2} - {a^2}}}} = \frac{1}{{2a}}\ln \left| {\frac{{x - a}}{{x + a}}} \right| + C\,\,\,(a \ne 0)\)

\(20.\int {\frac{{dx}}{{(x - a)(x - b)}}} = \frac{1}{{b - a}}\ln \left| {\frac{{x - b}}{{x - a}}} \right| + C\,\,\,(a \ne b)\)

\(21.\int {\sqrt {{a^2} - {x^2}} } dx = \frac{x}{2}\sqrt {{a^2} - {x^2}} + \frac{{{a^2}}}{2}\arcsin \frac{x}{{\left| a \right|}} + C\,\,(a \ne 0)\)

\(22.\int {\sqrt {{a^2} + {x^2}} } dx = \frac{x}{2}\sqrt {{a^2} + {x^2}} + \frac{{{a^2}}}{2}\ln \left| {x + \sqrt {{a^2} + {x^2}} } \right| + C\)

4. Ví dụ

\(a.\,\,\int {\frac{{{x^4} - 5{x^3} - {x^2} + 3x + 7}}{{{x^2} + 1}}} dx\)

\(= \int {\left( {{x^2} - 5x - 2 + \frac{{8x + 9}}{{{x^2} + 1}}} \right)} dx = \frac{{{x^3}}}{3} - \frac{{5{x^2}}}{2} - 2x + \int {\left( {\frac{{8x + 9}}{{{x^2} + 1}}} \right)} dx\)

\(= \frac{{{x^3}}}{3} - \frac{{5{x^2}}}{2} - 2x + \int {\frac{{4.2xdx}}{{{x^2} + 1}} + 9\int {\frac{{dx}}{{{x^2} + 1}}} }\)

\(= \frac{{{x^3}}}{3} - \frac{{5{x^2}}}{2} - 2x + 4\int {\frac{{d({x^2} + 1)}}{{{x^2} + 1}}} + 9arctgx\)

\(= \frac{{{x^3}}}{3} - \frac{{5{x^2}}}{2} - 2x + 4\ln ({x^2} + 1) + 9arctgx + C\)

\(b.\,\int {({x^2} + x} )\sqrt {x\sqrt x } dx = \int {({x^2}} + x){x^{\frac{1}{2}}}{x^{\frac{1}{4}}}dx\)

\(= \int {\left( {{x^{\left( {2 + \frac{3}{4}} \right)}} + {x^{\left( {2 + \frac{3}{4}} \right)}}} \right)} dx = \int {\left( {{x^{\frac{{11}}{4}}} + {x^{\frac{7}{4}}}} \right)} dx\)

\(= \frac{4}{{15}}{x^{\frac{{15}}{4}}} + \frac{4}{{11}}{x^{\frac{{11}}{4}}} + C\)

\(c.\int {{e^{3x}}} 7xdx = {\int {\left( {{e^3}7} \right)} ^x}dx = \frac{{{{\left( {{e^3}7} \right)}^x}}}{{\ln ({e^3}7)}} = \frac{{{e^{3x}}{7^x}}}{{3 + \ln 7}} + C\)

\(d.\int {\frac{{dx}}{{x + a}}} = \int {\frac{{d(x + a)}}{{x + a}}} = \ln \left| {x + a} \right| + C\)

\(e.\int {\frac{{{\mathop{\rm sinxdx}\nolimits} }}{{{{\cos }^3}x}}} = \int {\frac{{tgxdx}}{{{{\cos }^2}x}}} = \int {tgx\,d(tgx) = \frac{{t{g^2}x}}{2}} + C\)

\(f.\int {\frac{{dx}}{{{{(x - \sqrt {{x^2} + 1} )}^2}}}} = \int {\frac{{\left( {x + \sqrt {{x^2} + 1} } \right)}}{{{{\left[ {{x^2} - ({x^2} + 1)} \right]}^2}}}} dx = \int {\left( {{x^2} + 2x\sqrt {{x^2} + 1} + {x^2} + 1} \right)dx}\)

\(= 2\frac{{{x^3}}}{3} + x + \int {{u^{\frac{1}{2}}}} du = 2\frac{{{x^3}}}{3} + x\frac{{{u^{\frac{1}{2} + 1}}}}{{\frac{1}{2} + 1}} + C = \frac{2}{3}{x^3} + x + \frac{2}{3}{({x^2} + 1)^{\frac{3}{2}}} + C\)

\(g.\int {\frac{{dx}}{{{x^2} - {a^2}}}} = \int {\frac{{dx}}{{(x - a)(x + a)}}} = \frac{1}{{2a}}\int {\frac{{(x + a) - (x - a)}}{{(x - a)(x + a)}}dx}\)

\(= \frac{1}{{2a}}\int {\left( {\frac{1}{{x - a}} - \frac{1}{{x + a}}} \right)} dx = \frac{1}{{2a}}\left[ {\ln \left| {x - a} \right|} \right] - \left[ {\ln \left| {x + a} \right|} \right] + C\)

\(= \frac{1}{{2a}}\ln \left| {\frac{{x - a}}{{x + a}}} \right| + C\,\,(a \ne 0)\)

\(h.\,\int {t{g^2}} xdx = \int {\left( {t{g^2}x + 1 - 1} \right)dx = tgx - x + C}\)

\(i.\,\int {t{g^5}} xdx = \int {\left( {t{g^5}x + t{g^3}x - t{g^3}x + tgx - tgx} \right)dx}\)

\( = \int {t{g^3}} x(t{g^2}x + 1)dx - \int {tgx} (t{g^2}x + 1)dx + \int {tgxdx = \frac{{t{g^4}x}}{4} - } \frac{{t{g^2}x}}{2} - \ln \left| {\cos x} \right| + C\)

5. Phương pháp tính tích phân bất định

5.1 Phương pháp đổi biến

a. Giả sử f là hàm số có nguyên hàm trên miền D.

Đặt \(x = \varphi (t)\), với \(\varphi\) là hàm khả vi đơn điệu đối với biến t và miền giá trị của \(\varphi(t)\) chứa trong D. Khi đó;

\(\int {f(x)dx = \int {f(\varphi (t))\varphi '(t)} } dt\)

Ví dụ:

1) \(I = \int {\frac{{\sin \sqrt[3]{x}}}{{\sqrt[3]{{{x^2}}}}}} dx.\)

Đặt \(x = {t^3} \Rightarrow dx = 3{t^2}dt,\sqrt[3]{{{x^2}}} = {t^2},\sqrt[3]{x} = t\)

\(\Rightarrow I = \int {\frac{{(\sin t)3{t^2}dt}}{{{t^2}}}} = \int {3\sin tdt = - 3{\mathop{\rm cost}\nolimits} + C = - 3cos\sqrt[3]{x}} + C\)

2) \(I = \int {\sqrt {{a^2} - {x^2}} } dx\,\,(a > 0,{a^2} - {x^2} \ge 0 \Leftrightarrow - a \le x \le a)\)

Đặt \(x = a\sin t, - \frac{\pi }{2} \le t \le \frac{\pi }{2} \Rightarrow dx = a{\mathop{\rm costdt}\nolimits}\)và \(\sin t = \frac{x}{a}\)

\(\Rightarrow I = \int {\sqrt {{a^2} - {x^2}} dx = \int {\sqrt {{a^2} - {a^2}{{\sin }^2}t} a\,\cos \,tdt} } \)

\(= \int {a\sqrt {{{\cos }^2}t} a\cos \,tdt} = \int {{a^2}} \left| {\cos \,t} \right|\cos \,t\,dt = \int {{a^2}\,{{\cos }^{2\,}}tdt}\)

\(= \int {\frac{{{a^2}(1 + \cos \,2t)}}{2}dt} = \frac{{{a^2}}}{2}t + \frac{{{a^2}}}{4}\sin 2t + C\)

\(= \frac{{{a^2}}}{2}\arcsin \frac{x}{a} + \frac{{{a^2}}}{4}2\sin \,t\,cos\,t\, + C = \frac{{{a^2}}}{2}\arcsin \frac{x}{a} + \frac{{{a^2}}}{2}.\frac{x}{a}\sqrt {1 - \frac{{{x^2}}}{{{a^2}}}} + C\)

\(= \frac{{{a^2}}}{2}\arcsin \frac{x}{a} + \frac{x}{2}\sqrt {{a^2} - {x^2}} + C\)

b. Đặt u = h(x) với h khả vi liên tục, ta có:

\(\int {g(h(x))h'(x)dx = \int {g(u)du} }\)

5.2 Phương pháp tích phân từng phần

Cho u = u(x), v = v(x) là các hàm khả vi và có đạo hàm liên tục. Khi đó \(\int {udv = uv - \int {vdu} }\)

Chứng minh:

Ta có: \(d(uv) = vdu + udv \Rightarrow \int {d(uv) = \int {udv + \int {vdu} } }\)

Suy ra \(\int {udv = uv - \int {vdu} }\)

Thông thường để tính \(\int {f(x)dx}\), ta phân tích: \(f(x)dx = udv\) sao cho tính được các tích phân \(\int {vdu}\) và \(\int {dv} \)

Nhận xét:

  • Dạng \(\int {p(x)\left[ \begin{array}{l} {e^x}\\ \cos x\\ {\mathop{\rm sinx}\nolimits} \end{array} \right]} dx \). Đặt u = p(x) và \(dv = \left[ \begin{array}{l} {e^x}\\ \cos x\\ {\mathop{\rm sinx}\nolimits} \end{array} \right]dx \)
  • Dạng \(\int {p(x)\left[ \begin{array}{l} \ln x\\ arctgx\\ arcsinx \end{array} \right]} dx. \) Đặt \(u = \left[ \begin{array}{l} \ln x\\ arctgx\\ arcsinx \end{array} \right],dv = p(x)dx \)

Ví dụ

a) \(\int {{x^2}{e^x}dx}\). Đặt \(u = {x^2} \Rightarrow du = 2xdx\)

\(dv = {e^x}dx\), chọn \(v=e^x\)

Do đó: \(\int {{x^2}} {e^x}dx = uv - \int {vdu} = {x^2}{e^x} - \int {2x{e^x}} dx\)

Đặt \(u = 2x \Rightarrow du = 2dx;dv = {e^x}dx\)chọn \(v=e^x\)

\( \Rightarrow \int {{x^2}} {e^x}dx = {x^2}{e^x} - \left[ {2x{e^x} - \int {2{e^x}dx} } \right] = {x^2}{e^x} - 2x{e^x} + 2{e^x} + C\)

Tổng quát:

\(\int {{x^n}{e^x}} dx = {x^n}{e^x} - n{x^{n - 1}}{e^x} + n(n - 1){x^{n - 2}}{e^x} + ... + {( - 1)^{n - 1}}n!x{e^x} + {( - 1)^n}n!{e^x} + C\)

b) \(I = \int {{x^3}} {\mathop{\rm sinxdx}\nolimits} \)

Đặt \(u = {x^3} \Rightarrow du = 3{x^2}dx.\,\,dv = {\mathop{\rm sinxdx}\nolimits} \)chọn v = - cosx

\(\Rightarrow I = - {x^3}\cos x + \int {3{x^2}} \cos xdx\)

\(= - {x^3}\cos x + 3{x^2}\sin - \int {6x} \sin xdx\)

\(= - {x^3}\cos x + 3{x^2}\sin + 6xcosx - \int {6\cos } xdx\)

\(= - {x^3}\cos x + 3{x^2}\sin + 6xcosx - 6\sin x + C\)

c) \(I = \int {x\,arctg\,xdx} \)

Đặt \(u = arctgx\, \Rightarrow du = \frac{{dx}}{{1 + {x^2}}}\)

\(dv = xdx,v = \frac{1}{2}({x^2} + 1)\)

\(\Rightarrow I = \frac{1}{2}({x^2} + 1)arctgx - \int {\frac{1}{2}} ({x^2} + 1)\frac{1}{{1 + {x^2}}}dx = \frac{1}{2}({x^2} + 1)arctgx - \frac{x}{2} + C\)

d) \(\int {\sqrt {{a^2} - {x^2}} } dx(a > 0)\)

Đặt \(u = \sqrt {{a^2} - {x^2}} \Rightarrow du = \frac{{ - 2xdx}}{{2\sqrt {{a^2} - {x^2}} }} = - \frac{{xdx}}{{\sqrt {{a^2} - {x^2}} }}\)

\(\Rightarrow I = x\sqrt {{a^2} - {x^2}} - \int { - \frac{{{x^2}dx}}{{\sqrt {{a^2} - {x^2}} }}} = x\sqrt {{a^2} - {x^2}} - \int {\frac{{ - {x^2} + {a^2} - {a^2}}}{{\sqrt {{a^2} - {x^2}} }}dx}\)

\(\Rightarrow 2I = x\sqrt {{a^2} - {x^2}} + {a^2}\int {\frac{{dx}}{{\sqrt {{a^2} - {x^2}} }}}\)

\(\Rightarrow I = \frac{x}{2}\sqrt {{a^2} - {x^2}} + \frac{{{a^2}}}{2}\arcsin \frac{x}{a} + C\)

Tương tự: \(J = \int {\sqrt {{a^2} + {x^2}} } dx\)

Đặt \(u = \sqrt {{a^2} + {x^2}} \Rightarrow du = \frac{{xdx}}{{\sqrt {{a^2} + {x^2}} }},dv = dx\)chọn v = x

Ta có: 

\(J = x\sqrt {{a^2} + {x^2}} - \int {\frac{{{x^2}dx}}{{\sqrt {{a^2} + {x^2}} }}} = x\sqrt {{a^2} + {x^2}} - \int {\frac{{{x^2} + {a^2} - {a^2}}}{{\sqrt {{a^2} + {x^2}} }}} dx\)

\(\Rightarrow 2J = x\sqrt {{a^2} + {x^2}} + {a^2}\int {\frac{{dx}}{{\sqrt {{a^2} + {x^2}} }}}\)

\(\Rightarrow J = \frac{1}{2}x\sqrt {{a^2} + {x^2}} + \frac{{{a^2}}}{2}\int {\frac{{dx}}{{\sqrt {{a^2} + {x^2}} }}}\)

\(= \frac{x}{2}x\sqrt {{a^2} + {x^2}} + \frac{{{a^2}}}{2}\ln \left( {x + \sqrt {{a^2} + {x^2}} } \right) + C\)

ADMICRO
ADMICRO
NONE
OFF