Nguyên hàm của tan^3x

Qua 5 ví dụ bên trên ta đang phần như thế nào hiểu được cách thức làm cho các bài tập của dạng tân oán này, cốt yếu là mang về nguim hàm tích phân hàm đa thức qua các phép thay đổi cùng thêm sút, và đồng th (1)HÀM LƯỢNG GIÁC CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN Nguyễn Minh Tuấn ft Phạm Việt Anh (2)Chương thơm 1 Các dạng tân oán phương pháp 1 Các dạng toán thù bản Dạng Tính tích phân bao quát sau I1 = Z (sinx)ndx;I2 Z (cosx)ndx Phương thơm pháp Ta ý phương pháp hạ bậc sau sin2x= 1−cos 2x ; cos 2x= + cos 2x 2 ; sin3x= −sin 3x+ sinx 4 ; cos 3x= cos 3x+ cosx 4 Nếu n chẵn hoặcn = ta sử dụng cơng thức hạ bậc triệt nhằm Nếu n lẻ Khủng ta áp dụng phnghiền đổi khác sau Biến đổi Ta bao gồm I1 = Z (sinx)ndx = Z (sinx)2p+1dx= Z (sinx)2psinxdx=− Z 1−cos2xpd(cosx) =− Z Cp0−Cp1cos2x+ .+ (−1)kCchiến tranh cos2xk+ .+ (−1)pCpp cos2xp d(cosx) =− Cp0cosx− 3C 1 pcos3x+ .+ (−1)k 2k+ 1C k p(cosx) 2k+1 + .+ (−1) p 2p+ 1C p p(cosx) 2p+1 ! +C Biến đổi Ta bao gồm I2 = Z (cosx)ndx= Z (cosx)2p+1dx= Z (cosx)2pcosxdx= Z (3)= Z Cp0−Cp1sin2x+ .+ (−1)kCvõ thuật sin2xk+ .+ (−1)pCpp sin2xpd(sinx) = Cp0sinx− 3C 1 psin 3x+ .+ (−1) k 2k+ 1C k p(sinx) 2k+1 + .+ (−1) p 2p+ 1C p p(sinx) 2p+1 ! +C Nhìn tầm thường dạng tốn khơng cạnh tranh, cực nhọc phnghiền biến đổi kha khá nhiều năm bự chảng ,cùng chủ đạo hạ bậc để mang ngulặng hàm Sau ta khám phá ví dụ phần này! Tìm nguim hàm sau • I = Z cos6xdx • I = Z (sin 5x)9dx • I = Z (cos 2x)13dx • I = Z (3 + cosx)5dx Bài Lời giải 1 Biến đổi nguyên ổn hàm ta có I = Z cos6xdx= Z cos2x3dx= Z 1 + cos 2x 2 3 dx = Z (1 + cos 2x)3dx= Z 1 + cos 2x+ 3cos22x+ cos32x dx = Z 1 + cos 2x+ (1 + cos 4x) + cos 3x+ cosx 4 dx = 16 Z (7 + 12 cos 2x+ 12 cos 4x+ cos 3x+ cosx)dx = 16 7x+ sin 2x+ sin 4x+1 3sin 3x+ sinx +C Biến đổi nguyên hàm ta gồm I = Z (sin 5x)9dx= Z (sin 5x)8(sin 5x)dx=−1 5 Z 1−cos25x4d(cos 5x) =−1 5 Z (4)=−1 5 cos 5x− 3cos 35x+6 5cos 55x− 7cos 75x+1 9cos 95x +C Biến đổi nguyên ổn hàm ta tất cả I = Z (cos 2x)13dx= Z (cos 2x)12cos 2xdx= Z 1−sin22x6d(sin 2x) 1−6sin22x+ 15sin42x−20sin62x+ 15sin82x−6sin102x+ sin122xd(sin 2x) = 2 sin 2x−2sin32x+ 3sin52x−trăng tròn 7 sin 72x+ 3sin 92x− 11sin 112x+ 13sin 132x +C Biến đổi ngulặng hàm ta có I = Z (3 + cosx)5dx= Z 35 + 5.34cosx+ 10.33cos2x+ 10.32cos3x+ 5.3cos4x+ cos5xdx = Z 243 + 405 cosx+ 135 (1 + cos 2x) + 45 2 (cos 3x+ cosx) + 15 2 (1 + cos 2x) 2 + cos5x dx = Z 378 +945 2 cosx+ 135 cos 2x+ 45 2 cos 3x+ 15 2 1 + cos 2x+1 + cos 4x + cos5x dx = Z 1557 + 945 2 cosx+ 150 cos 2x+ 45 2 cos 3x+ 15 4 cos 4x dx+ Z cos4xcosxdx = Z (1557 + 1890 cosx+ 600 cos 2x+ 90 cos 3x+ 15 cos 4x)dx+ Z 1−sin2x2d(sinx) = 4 1557x+ 1890 sinx+ 300 sin 2x+ 30 sin 3x+ 15 sin 4x + Z 1−2sin2x+ sin4xd(sinx) = 4 1557x+ 1894 sinx+ 300 sin 2x+ 30 sin 3x+15 4 sin 4x− 3sin 3x+4 5sin 5x +C (5)Dạng Đôi có tác dụng tính tích phân ta bắt gặp tốn liên tuan tới tích biểu thức sinx,cosxkhi ta sử dụng cơng thức biến hóa tích thành tổng nhằm giải tốn Sau cơng thức yêu cầu nhớ I = Z (cosmx) (cosnx)dx = Z (cos (m−n)x+ cos (m+n)x)dx I = Z (sinmx) (sinnx)dx= Z (cos(m−n)x−cos (m+n)x)dx I = Z (sinmx) (cosnx)dx= Z (sin (m+n)x+ sin (m−n)x)dx I = Z (cosmx) (sinnx)dx= Z (sin (m+n)x−sin (m−n)x)dx Nhìn tầm thường dạng tốn phiên bản, sau ta tò mò tốn Tìm ngun hàm sau • I = Z (cosx)3sin 8xdx • I = Z (cos 2x)13dx Bài Lời giải 1 Biến thay đổi nguyên hàm ta bao gồm I = Z (cosx)3sin 8xdx= Z (3 cosx+ cos 3x) 4 sin 8xdx = 4 Z (3 cosxsin 8x+ cos 3xsin 8x)dx = Z (3 cosxsin 8x+ cos 3xsin 8x)dx = Z 3 2(sin 9x+ sin 7x) + 2(sin 11x+ sin 5x) dx =−1 8 3 9cos 9x+ 7cos 7x+ 11cos 11x+ 5cos 5x +C Biến đổi ngulặng hàm ta bao gồm I = Z (sinx)4(sin 3x) (cos 10x)dx= Z (6)= Z 1−2 cos 2x+ cos22x (sin 13x+ sin 7x)dx = Z 1−2 cos 2x+ + cos 4x (sin 13x+ sin 7x)dx = 16 Z (3−4 cos 2x+ cos 4x) (sin 13x+ sin 7x)dx = Z (3 (sin 13x+ sin 7x)−4 cos 2x(sin 13x+ sin 7x) + cos 4x(sin 13x+ sin 7x))dx = Z (3 (sin 13x+ sin 7x)−2 (sin 15x+ sin 11x+ sin 9x+ sin 5x) + Dạng Tính tích phân tổng quátI = Z sinmxcosnxdx Phương thơm pháp Trường thích hợp Nếum, n số ngulặng Nếu m n chẵn cần sử dụng cơng thức hạ bậc thay đổi tích thành tổng Nếu m chẵn vàn lẻ ta đổi khác I = Z (sinx)m(cosx)2p+1dx= Z (sinx)n(cosx)2pcosxdx= Z (sinx)m 1−sin2xpd(sinx) = Z (sinx)mCp0−Cp1sin2x+ .+ (−1)kCđại chiến sin2xk+ .+ (−1)pCpp sin2xpd(sinx) =Cp0(sinx) m−1 m+ −C 1 p (sinx)m+3 m+ + .+ (−1) k Cpk(sinx) 2k+1+m 2k+ +m + .+ (−1) p Cpp(sinx) 2p+1+m 2p+ +m +C Nếu m lẻ vàn chẵn ta đổi khác giống như trường hòa hợp Nếu m lẻ n lẻ sử dụng ta bóc biểu thức sinx cosx để mang vào lốt vi phân Trường hợp Nếum, n số hữu tỷ (7)Tìm nguyên hàm sau • I = Z (sinx)2(cosx)4dx • I = Z (sin 3x)10(cos 3x)5dx • I = Z (sin 5x)9(cos 5x)111dx • I = Z (sin 3x)7 5 √ cos43xdx Bài Lời giải 1 Biến đổi ngulặng hàm ta gồm I = Z (sinx)2(cosx)4dx= Z (sin 2x)2(cosx)2dx = 16 Z (1−cos 4x) (1 + cos 2x)dx= 16 Z (1 + cos 2x−cos 4x−cos 2xcos 4x)dx = 16 Z 1 + cos 2x−cos 4x− 2(cos 6x+ cos 2x) dx = 32 Z (2 + cos 2x−2 cos 4x−cos 6x)dx= 32 2x+sin 2x − sin 4x 2 − sin 6x 6 +C Biến đổi nguim hàm ta bao gồm I = Z (sin 3x)10(cos 3x)5dx= Z (sin 3x)10(cos 3x)4cos 3xdx = Z (sin 3x)10 1−sin23x2d(sin 3x) = Z (sin 3x)10 1−2sin23x+ sin43xd(sin 3x) = 3 Z 0 (sin 3x)10−2(sin 3x)12+ (sin 3x)14d(sin 3x) = 3 (sin 3x)11 11 − 2(sin 3x)13 13 + (sin 3x)15 15 ! +C Biến thay đổi nguyên hàm ta có I = Z (sin 5x)9(cos 5x)111dx= Z (cos 5x)111(sin 5x)8sin 5xdx = −1 Z (8)=−1 5 Z (cos 5x)111 1−4cos25x+ 6cos45x−4cos65x+ cos85x d(cos 5x) =−1 5 (cos 5x)112 112 − 4(cos 5x)114 114 + 6(cos 5x)116 116 − 4(cos 5x)118 118 + (cos 5x)120 1trăng tròn ! +C Biến thay đổi nguyên ổn hàm ta bao gồm I = Z (sin 3x)7 5 √ cos43xdx= Z (cos 3x)−51(sin 3x)6sin 3xdx = −1 Z (cos 3x)−54 1−cos23x3d(cos 3x) = −1 Z (cos 3x)−54 1−3cos23x+ 3cos43x−cos63xd(cos 3x) = −1 5(cos 3x)15 −15 11(cos 3x) 11 +15 21(cos 3x) 21 − 31(cos 3x) 31 +C Dạng Tính tích phân bao quát I1 = Z (tanx)ndx;I2 = Z (cotx)ndx(n ∈N) Phương thơm pháp Trong toán thù ta đề xuất ý cho tới công thức sau Z tanxdx= Z sinx cosxdx=− Z d(cosx) cosx =−ln|cosx|+C; Z cotxdx= Z cosx sinxdx= Z d(sinx) sinx = ln|sinx|+c; Z 1 + tan2xdx= Z dx cos2x = Z d(tanx) = tanx+C; Z 1 + cot2x dx=− Z dx sin2x =− Z d(cotx) =−cotx+C Để làm cho tốn tính Z (tanx)ndx ta phải nỗ lực tách bóc dạng tanmx(tan2x+ 1) đến cuối để mang toán thù (9)Tìm ngun hàm sau • I = Z (tanx)8dx • I = Z (tung 2x)13dx • I = Z (cotx)12dx • I = Z (cot 4x)9dx • I = Z (tanx+ cotx)5dx Bài Lời giải 1 Biến thay đổi nguim hàm ta có I = Z (tanx)8dx= Z (tanx)6 + tan2x−(tanx)4 + tan2x+ (tanx)2 + tan2x−(tanx)0 + tan2x+ 1dx = Z (tanx)6−(tanx)4+ (tanx)2−(tanx)0d(tanx) + Z dx = (tanx) 7 7 − (tanx)5 + (tanx)3 − tanx 1 +x+C 2 Biến đổi ngulặng hàm ta gồm I = Z (cotx)12dx = Z (cotx)10 + cot2x−(cotx)8 + cot2x+ (cotx)6 + cot2x −(cotx)4 + cot2x + (cotx)2 + cot2x −(cotx)0 + cot2x + =− Z (cotx)10−(cotx)8+ (cotx)6 −(cotx)4 + (cotx)2−(cotx)0d(cotx) + Z dx =− (cotx) 11 11 − (cotx)9 + (cotx)7 − (cotx)5 + (cotx)3 − cotx 1 ! +x+C Biến đổi nguim hàm ta bao gồm I = Z (rã 2x)13dx = Z (10)−(tung 2x)5 + tan22x+ (tan 2x)3 + tan22x−rã 2x + tan22x+ chảy 2x = Z (rã 2x)11−(rã 2x)9+ (tung 2x)7−(rã 2x)5+ (tung 2x)3−rã 2xd(tung 2x)+ Z tan2xdx = (tan 2x)12 12 − (rã 2x)10 10 + (tan 2x)8 − (rã 2x)6 + (tung 2x)4 − (tung 2x)2 2 −ln|cos 2x| ! +C Biến đổi nguyên hàm ta có I = Z (cot 4x)9dx= Z (cot 4x)7 + cot24x−(cot 4x)5 + cot24x+ +(cot 4x)3 + cot24x−(cot 4x) + cot24xdx+ cot 4x =−1 4 Z (cot 4x)7−(cot 4x)5+ (cot 4x)3−(cot 4x) d(cot 4x) + Z cot 4xdx = −1 (cot 4x)8 − (cot 4x)6 + (cot 4x)4 − (cot 4x)2 ! +1 4ln|sin 4x|+C 5 Biến thay đổi nguyên ổn hàm ta có I = Z (tanx+ cotx)5dx= Z (tanx)5+ 5(tanx)4cotx+ 10(tanx)3(cotx)2 +10(tanx)2(cotx)3+ 5tgx(cotx)4+ (cotx)5 = Z (tanx)5+ (cotx)5+ 5(tanx)3 + 5(cotx)3+ 10 tanx+ 10 cotxdx = Z (tanx)5+ 5(tanx)3+ 10 tanxdx+ Z (cotx)5+ 5(cotx)3+ 10 cotxdx = Z (tanx)3 + tan2x+ tanx + tan2x+ tanxdx + Z (cotx)3 + cot2x+ cotx + cot2x+ cotxdx = Z (tanx)3+ tanxd(tanx) + Z tanxdx− Z (cotx)3+ cotxd(cotx) + Z cotxdx = (tanx) 4 4 + 2tung 2x−6 ln|cosx| − (cotx) 4 −2cot 2x+ ln|sinx|+C (11)Dạng Tính tích phân tổng thể I = Z (tanx)m (cosx)ndx, I = Z (cotx)m (sinx)ndx Phương pháp Ta xét dạng I = Z (tanx)m (cosx)ndx dạng tương tự Trường đúng theo Nếu m, nchẵn ta biến hóa sau I = Z (tanx)m (cosx)ndx= Z (tanx)m 1 cos2x k−1 dx cos2x = Z (tanx)m + tan2xk−1d(tanx) = Z (tanx)mCk0−1+Ck1−1 tan2x1 + .+Ckp−1 tan2xp + .+Ckk−−11 tan2xk−1 d(tanx) =Ck0−1(tanx) m+1 m+ +C 1 k−1 (tanx)m+3 m+ + .+C p k−1 (tanx)m+2p+1 m+ 2p+ + .+C k−1 k−1 (tanx)m+2k−1 m+ 2k−1 +C Trường thích hợp Nếu m n lẻ ta biến đổi sau I = Z (tanx)2k+1 (cosx)2h+1dx= Z (tanx)2k 1 cosx 2h tanx cosxdx= Z tan2xk 1 cosx 2h sinx cos2xdx = Z 1 cos2x −1 k 1 cosx 2h d 1 cosx = Z u2−1k u2hdu u= cosx = Z u2hCk0 u2k−Ck1 u2k−1+ .+ (−1)pCkp u2k−p+ .+ (−1)kCkkdu =Ck0 u 2k+2h+1 2k+ 2h+ 1−C 1 k u2k+2h−1 2k+ 2h−1+ .+ (−1) p Ckp u 2k+2h−2p+1 2k+ 2h−2p+ 1+ .+ (−1) k Ckk u 2h+1 2h+ 1+C Trường hòa hợp Nếu m chẵn vàn lẻ ta chuyển đổi sau I = Z (tanx)2k (cosx)2h+1dx= Z (sinx)2kcosx (cosx)2(k+h+1)dx= Z (sinx)2k 1−sin2xk+h+1 d(sinx) Đặt u= sinx ta tất cả I = Z u2kdu (1−u2)k+h+1 = Z u2k−2<1−(1−u2)> (1−u2)k+h+1 du= Z u2k−2du (1−u2)k+h+1 − Z u2k−2du (1−u2)k+h (12)Tìm ngun hàm sau • I = Z (cot 5x)10 (sin 5x)8 dx • I = Z (chảy 4x)7 (cos 4x)95dx • I = Z (cot 3x)9 (sin 3x)41dx • I = Z (rã 3x)7 (cos 3x)6dx Bài Lời giải 1 Biến thay đổi nguyên ổn hàm ta gồm I = Z (cot 5x)10 (sin 5x)8 dx= Z (cot 5x)10 1 (sin 5x)2 3 dx (sin 5x)2 =−1 5 Z (cot 5x)101 + cot25x3d(cot 5x) =−1 5 Z (cot 5x)10 + 3(cot 5x)2+ 3(cot 5x)4+ (cot 5x)6d(cot 5x) =−1 5 " (cot 5x)11 11 + (cot 5x)13 13 + (cot 5x)15 15 + (cot 5x)17 17 # +C Biến đổi nguyên ổn hàm ta bao gồm I = Z (tung 4x)7 (cos 4x)95dx= Z (rã 4x)6 1 cos 4x 94 rã 4x cos 4xdx = Z 1 (cos 4x)2 −1 3 1 cos 4x 94 d 1 cos 4x = Z u94 u2−13 du = Z u94 u6−3u4+ 3u2−1 du= u101 101 −3 u99 99 + u97 97 − u95 95 +C Biến đổi nguyên ổn hàm ta bao gồm I = Z (cot 3x)9 (sin 3x)41dx= Z (cot 3x)8 1 sin 3x 40 cot 3x sin 3xdx =−1 3 Z 1 sin2x −1 4 1 sin 3x 40 d 1 sin 3x =−1 3 Z (13)=−1 3 Z u40 u8−4u6+ 6u4−4u2+ 14 du=−1 3 u49 49 −4 u47 47 + u45 45 −4 u43 43 + u41 41 +C Biến thay đổi nguim hàm ta gồm I = Z (rã 3x)7 1 (cos 3x)2 2 dx (cos 3x)2 = Z (chảy 3x)7 + tan23x2d(chảy 3x) = 3 Z (tan 3x)71 + 2(tan 3x)2+ (chảy 3x)4d(tung 3x) = 3 " (tung 3x)8 + (rã 3x)10 10 + (tan 3x)12 10 # +C Tóm lại Qua ví dụ ta thấy kia, cơ bản cơng thức lượng giác so sánh phù hợp, phần chỉ dẫn bao gồm không hề thiếu Tương trường đoản cú phần trước tập từ bỏ luyện chắc rằng khơng đề nghị chúng ta từ nghĩ về câu để làm Ta nối tiếp sang phần sau! 2 Các dạng tân oán biến hóa cải thiện Các tốn ngun hàm tích phân lượng giác đa dạng chủng loại khơng tạm dừng dạng tốn bên Tại phần ta khám phá dạng tân oán nâng cao rộng, với phnghiền thay đổi phức tạp Sau vào dạng tân oán chũm thể! Dạng Tính tích phân tổng thể I = Z dx sin (x+a) sin (x+b) Pmùi hương pháp Dùng đồng thức 1 = sin (a−b) sin (a−b) = sin <(x+a)−(x+b)> sin (a−b) = sin (x+a) cos (x+b)−cos (x+a) sin (x+b) sin (a−b) Từ suy I = sin (a−b) Z sin (x+a) cos (x+b)−cos (x+a) sin (x+b) sin (x+a) sin (x+b) dx = sin (a−b) Z cos (x+b) sin (x+b) − cos (x+a) sin (x+a) dx = sin (a−b) +C (14)• J = Z dx cos (x+a) cos (x+b) bí quyết sử dụng đồng thức = sin (a−b) sin (a−b) • K = Z dx sin (x+a) cos (x+b) phương pháp sử dụng đồng thức = cos (a−b) cos (a−b) Sau ví dụ minch họa cho tốn Tìm ngun hàm sau • I = Z dx sinxsin x+π6 • I = Z dx cos 3xcos 3x+ π6 • I = Z dx sin x+ π3cos x+ 12π Bài Lời giải 1 Ta có 1 = sinπ 6 sinπ = sinhx+π −xi 2 = h sin x+ π cosx−cos x+π sinx i ⇒I = Z h sinx+ π cosx−cos x+π6sinxi sinxsinx+ π dx= Z   cosx sinx − cosx+ π sinx+ π  dx = Z d(sinx) sinx −2 Z d sinx+π sinx+π = ln sinx sinx+π +C Ta có 1 = sinπ 6 sinπ = sinh3x+ π −3xi 1 = 2hsin3x+ π cos 3x−cos3x+ π sin 3xi ⇒I = Z h sin3x+ π cos 3x−cos3x+π sin 3xi cos 3xcos 3x+ π6 dx = Z sin 3x+π cos3x+π dx−2 Z sin 3x (15)=−2 3 Z d cos3x+ π cos 3x+ π + 2 Z d(cos 3x) cos 3x = 2 3ln cos 3x cos 3x+ π +C Ta có 1 = cos π cosπ = coshx+π −x+ π 12 i √ 2 =√2hcosx+ π 3 cosx+ π 12 + sinx+ π sinx+ π 12 i ⇒I =√2 Z cos x+π cosx+ π 12 + sinx+π sinx+ π 12 sinx+ π cosx+ π 12 dx =√2 Z cos x+π sinx+ π dx+ √ 2 Z sin x+ π 12 cosx+ π 12 dx =√2 Z d sinx+ π sinx+ π − √ 2 Z d cosx+ π 12 cosx+ π 12 = √ 2 ln sinx+ π cosx+ π 12 +C Dạng Tính tích phân tổng thể I = Z chảy (x+a) rã (x+b)dx Phương pháp Ta bao gồm tan (x+a) chảy (x+b) = sin (x+a) sin (x+b) cos (x+a) cos (x+b) = sin (x+a) sin (x+b) + cos (x+a) cos (x+b) cos (x+a) cos (x+b) −1 = cos (a−b) cos (x+a) cos (x+b) −1 Từ suy I = cos (a−b) Z dx cos (x+a) cos (x+b)−1 Đến ta chạm mặt tốn tìm kiếm ngun hàm Dạng Chụ ý Với bí quyết này, ta tính nguyên ổn hàm • J = Z cot (x+a) cot (x+b)dx • K = Z (16)Sau ví dụ minch họa mang đến tốn Tìm ngun hàm sau • I = Z cotx+π cotx+π dx • K = Z chảy x+π cot x+π dx Bài Lời giải 1 Ta có cotx+π cotx+ π = cosx+ π cosx+π sinx+ π sinx+ π = cosx+ π cosx+π + sinx+ π sinx+ π sinx+ π sinx+ π −1 = cos h x+π −x+π i sin x+ π sin x+π −1 = √ sin x+ π sin x+ π −1 Từ ta tính I = √ Z sinx+ π 3 sinx+ π dx− Z dx= √ 2 I1−x+C Bây ta tính I1 = Z dx sinx+ π sinx+π Ta bao gồm = sinπ sinπ = sinhx+ π −x+π i = h sin x+ π cos x+ π −cos x+π sin x+π i Từ suy I1 = Z sin x+ π cos x+π −cos x+π sin x+ π sin x+ π sin x+ π dx = Z cos x+ π sinx+π dx−2 Z cos x+ π sinx+π dx= ln sinx+π (17)Như I = √ 3 2 ln sinx+π sinx+π −x+C =√3 ln sinx+π sinx+π −x+C Ta gồm tanx+π cotx+ π = sinx+ π cosx+π cosx+ π sinx+π = sinx+ π cosx+ π −cosx+π sinx+ π cosx+π sinx+ π + = sinhx+π −x+π i cosx+π sinx+π + = 1 1 cosx+π 3 sinx+π + Nlỗi ta K = Z 1 cosx+π sinx+ π dx+ Z dx= 2K1+x+C Ta tính K1 = Z dx cosx+π sinx+ π = √ 3ln sinx+ π cosx+ π +C ⇒K = √ 3 ln sinx+π cosx+π +x+C Dạng Tính tích phân bao quát I = Z dx asinx+bcosx Phương pháp Ta đổi khác asinx+bcosx=√a2+b2 a √ a2+b2 sinx+ b √ a2+b2 cosx ⇒asinx+bcosx=√a2+b2sin (x+α) ⇒I = √ a2+b2 Z dx sin (x+α) = √ a2+b2 ln (18)Sau ví dụ minh họa mang lại tốn Tìm ngun hàm sau • I = Z 2dx √ 3 sinx+ cosx • J = Z dx cos 2x−√3 sin 2x Bài Lời giải 1 Ta có I = Z 2dx √ 3 sinx+ cosx = Z dx √ 3 2 sinx+ 2cosx = Z dx sinxcosπ 6 + cosxsin π 6 = Z dx sinx+π = Z d x+π sinx+π = ln tung x+π +C = ln tan x 2 + π 12 +C 2 Ta có J = Z dx cos 2x−√3 sin 2x = 1 Z dx 1 2cos 2x− √ 3 sin 2x = 2 Z dx sinπ 6cos 2x−cos π 6sin 2x = 2 Z dx sinπ −2x =− 1 Z d π 6 −2x sinπ −2x =−1 4ln tan π 6 −2x +C =−1 4ln tan π 12 −x +C Dạng Tính tích phân bao quát I = Z dx (19)Phương pháp Đặt tanx 2 =t ⇒                    dx= 2dt +t2 sinx= 2t +t2 cosx= 1−t 2 1 +t2 tanx= 2t 1−t2 Sau ví dụ minch họa mang đến tốn Tìm ngun hàm sau • I = Z dx 3 cosx+ sinx+ • J = Z 2dx 2 sinx−cosx+ • K = Z dx sinx+ tanx • I = Z π2 0 ln 1 + sinx 1 + cosx dx Bài Lời giải 1 Ta đặt tanx 2 =t⇒              dx= 2dt +t2 sinx= 2t +t2 cosx= 1−t 2 1 +t2 Từ ta bao gồm I = Z 2dt 1 +t2 3.1−t 1 +t2 + 2t 1 +t2 + = Z 2dt 3−3t2+ 10t+ + 3t2 = Z 2dt 10t+ = Z d(5t+ 3) 5t+ = 1 5ln|5t+ 3|+C = 5ln rã x 2 + +C 2 Đặtchảy x 2 =t⇒      dx= 2dt +t2 sinx= 2t 1 +t2,cosx= 1−t2 1 +t2 ⇒J = Z 2dt 1 +t2 2 2t 1 +t2 − 1−t2 1 +t2 + = Z 4dt 4t−1 +t2+ +t2 = Z 4dt 2t2+ 4t = Z dt (20)= Z 1 t − 1 t+ dt= ln|t| −ln|t+ 2|+C= ln chảy x 2 −ln rã x 2 + +C 3 Đặttung x 2 =t⇒      dx= 2dt +t2 sinx= 2t 1 +t2,tanx= 2t 1−t2 ⇒K = Z 2dt 1 +t2 2t 1 +t2 + 2t 1−t2 = Z 1−t2 t dt = 1 Z dt t − 1 Z tdt = 2ln|t| − 4t 2+C = 2ln tan x 2 − 1 4tung 2x 2 +C 4 Biến thay đổi mang thiết ta Z π2 0 ln 1 + sinx 1 + cosx dx= Z π2 0 ln   sin2x + cos2x 2 + sinx 2cos x 2 2cos2x 2  dx = Z π2 0 lntan2x 2 + tung x 2 + dx Đặt tanx 2 =t ⇒I = Z 0 t2+ 1ln t2+t+ 1dt Đến thực hiện tích chất Z b a f(x)dx = Z b a f(a+b−x)dx ta tính tích phquan tâm tính Cách Ta có I = Z π2 0 ln(1 + sinx)dx− Z π2 0 ln(1 + cosx)dx Sử dụng tích phân phần ta tất cả Z π2 0 ln(1 + sinx)dx= π ln 2− Z π2 0 xcosx 1 + sinxdx Z π2 0 ln(1 + cosx)dx= Z π2 0 xsinx 1 + cosxdx ⇒I = π 2ln 2− Z π2 0 xcosx 1 + sinxdx+ Z π2 0 xsinx 1 + cosxdx ! Từ ta tính Z π2 0 xcosx 1 + sinxdx Đặtt = π 2 −x ta Z π2 0 xcosx 1 + sinxdx = π 2 Z π2 0 sinx 1 + cosxdx− Z π2 0 xsinx 1 + cosxdx⇒I = Dạng Tính tích phân tổng thể I = Z dx (21)Pmùi hương pháp Ta thay đổi dạng I = Z dx (atan2x+btanx+c).cos2x Ta đặt tanx=t ⇒ dx cos2x =dt ⇒I = Z dt at2+bt+c Sau ví dụ minc họa mang đến tốn Tìm ngun hàm sau • I = Z dx 3sin2x−2 sinxcosx−cos2x • J = Z dx sin2x−2 sinxcosx−2cos2x Bài Lời giải 1 Ta tất cả I = Z dx 3sin2x−2 sinxcosx−cos2x = Z dx (3tan2x−2 tanx−1) cos2x Đặt tanx=t⇒ dx cos2x =dt⇒I = Z dt 3t2−2t−1 = Z dt (t−1) (3t+ 1) = 4 Z 1 t−1 − 3t+ dt= Z dt t−1 − 1 Z d(3t+ 1) 3t+ = 4ln t−1 3t+ +C= 4ln tanx−1 tanx+ +C Ta có J = Z dx sin2x−2 sinxcosx−2cos2x = Z dx (tan2x−2 tanx−2) cos2x Đặttanx=t⇒ dx cos2x =dt ⇒J = Z dt t2−2t−2 = Z d(t−1) (t−1)2− √32 = 1 2√3ln t−1−√3 t−1 +√3 +C = 2√3ln tanx−1−√3 tanx−1 +√3 (22)Dạng Xét tích phân tổng thể I = Z a1sinx+b1cosx a2sinx+b2cosx dx Phương pháp Ta search A, B mang đến a1sinx+b1cosx=A(a2sinx+b2cosx) +B(a2cosx−b2sinx) Tìm nguyên ổn hàm sau • I = Z 4 sinx+ cosx sinx+ cosx dx • J = Z dx sin2x−2 sinxcosx−2cos2x Bài Lời giải 1 Ta tìm kiếm A, B đến sinx+ cosx=A(sinx+ cosx) +B(cosx−2 sinx) ⇒4 sinx+ cosx= (A−2B) sinx+ (2A+B) cosx⇒    A−2B = 2A+B = ⇔    A= B =−1 Từ I = Z 2 (sinx+ cosx)−(cosx−2 sinx) sinx+ cosx dx = Z dx− Z d(sinx+ cosx) sinx+ cosx = 2x−ln|sinx+ cosx|+C Ta tra cứu A, B cho cosx−2 sinx=A(cosx−4 sinx) +B(−sinx−4 cosx) ⇒3 cosx−2 sinx= (A−4B) cosx+ (−4A−B) sinx⇒    A−4B = 4A+B = ⇔    A = 1117 B =−10 17 Từ ta tất cả J = Z 11 17(cosx−4 sinx)− 10 17(−sinx−4 cosx) cosx−4 sinx dx = 11 17 Z dx− 10 17 Z d(cosx−4 sinx) cosx−4 sinx = 11 17x− 10 17ln|cosx−4 sinx|+C Dạng Xét tích phân tổng quát I = Z a(sinx)2+bsinxcosx+c(cosx)2 (23)Phương thơm pháp Đặt S =a(sinx)2+bsinxcosx+c(cosx)2 Giả sử S = (psinx+qcosx) (msinx+ncosx) +r sin2x+ cos2x ⇔S = (mp+r) (sinx)2+ (np+mq) sinxcosx+ (nq+r) (cosx)2 ⇔          mp+r=a np+mq =b nq+r=c ⇔          mp+r =a np+mq=b mp−nq =a−c ⇔              p= (a−c)m+bn m2+n2 q = (a−c)n−bm m2+n2 r = an 2+cm2−bmn m2+n2 khi ta tất cả I = Z (a−c)m+bn m2+n2 sinx+ (a−c)n−bm m2+n2 cosx dx+an 2+cm2−bmn m2+n2 Z dx msinx+ncosx = (a−c)n−bm m2+n2 sinx− (a−c)m+bn m2+n2 cosx+ an2+cm2−bmn m2+n2 Z dx msinx+ncosx Tích phân cuối ta tò mò dạng trước! Sau ví dụ minc họa đến tốn Tính tích phân sau • I = Z π 3 0 (cosx)2dx sinx+√3 cosx • I = Z 3√3−2(sinx)2 + 4√3 + 3sinxcosx+ 2(cosx)2 3 sinx+ cosx dx Bài Lời giải 1 Giả sử (cosx)2 = (asinx+bcosx)sinx+√3 cosx+c sin2x+ cos2x ⇔(cosx)2 = (a+c) (sinx)2+ a√3 +b sinxcosx+ b√3 +c (cosx)2 ⇔a=−1 4;b= √ 3 ;c= 1 ⇒I= Z π3 0 √ 3 2 cosx− 2sinx ! dx+ Z π3 0 dx (24)= Z π3 0 cosπ 6 cosx−sin π 6 sinx dx+1 Z π3 0 dx cosπ 3 sinx+ sin π 3cosx = 2 Z π3 0 cos x+π dx+ Z π3 0 dx sinx+ π = 2sin x+π + 8ln tan x + π π = + 8ln √ − − 8ln √ = + 4ln √ 3 = 1 + ln√3 2 Giả sử 3√3−2 (sinx)2+ 4√3 + sinxcosx+ 2(cosx)2 = (asinx+bcosx) (3 sinx+ cosx) +c sin2x+ cos2x ⇔          3a+c= 3√3−2 4a+ 3b= 4√3 + 4b+c= ⇔          a=√3 b = c=−2 ⇒I = Z π3 0 √ 3 2 sinx+ 2cosx ! dx−2 Z π3 0 dx 3 sinx+ cosx = Z π3 0 sinπ 3 sinx+ cos π 3cosx dx−2 5 Z π3 0 dx sin arcsin3 sinx+ cos arcsin3 cosx = Z π3 0 cosx− π 3 dx− 5 Z π3 0 dx cos (x−u) = Z π3 0 cosx− π 3 dx− 5 Z π3 0 d 1−sin2(x−u) = 1 2sin x− π 3 − 5ln 1 + sin (x−u) 1−sin (x−u) π = − √ − 5ln 1 + sinxcosu−sinucosx 1−sinxcosu+ sinucosx π =− √ + 5ln 5−4 sinπ 3 + cos π 3 + sinπ 3 −3 cos π − 5ln = 5ln 13−4√3 + 4√3 − √ 3 Dạng Xét tích phân tổng quát I = Z msinx+ncosx a(sinx)2+ 2bsinxcosx+c(cosx)2dx Pmùi hương pháp Hotline λ1, λ2 nghiệm phương trình a−λ b b c−λ = ⇔λ2−(a+c)λ+ac−b2 = 0⇔λ1,2 = a+c± q (a−c)2 + 4b2 (25)Biến đổi xíu: a(sinx)2+ 2bsinxcosx+c(cosx)2 =λ1A21+λ2A22 = λ1 + b 2 (a−λ1) cosx− b a−λ1 sinx 2 + λ2 + b2 (a−λ2)2 cosx− b a−λ2 sinx 2 Đặt u1 = cosx− b a−λ1 sinx;u2 = cosx− b a−λ2 sinx;k1 = 1 a−λ1 ;k2 = a−1λ2 A1 = 1 p 1 +b2k2 (cosx−bk1sinx) ;A2 = 1 p 1 +b2k2 (cosx−bk2sinx) Để ý A21+A22 = ⇒λ1A21+λ2A22 = (λ1−λ2)A21+λ2 = (λ2−λ1)A22+λ1 Giả sử msinx+ncosx=p sinx+ b a−λ1 cosx +q sinx+ b a−λ2 cosx ⇔    p+q=m p a−λ1 + q a−λ2 = n b ⇔p= bm−n(a−λ2) b(λ2−λ1) (a−λ1) ;q= bm−n(a−λ1) b(λ1−λ2) (a−λ2) ⇒I = Z msinx+ncosx a(sinx)2+ 2bsinxcosx+c(cosx)2dx= Z −pdu 1 (λ1−λ2)A21+λ2 + Z −qdu 2 (λ2−λ1)A22+λ1 =−p q 1 +b2k2 Z dA 1 (λ1−λ2)A2 1+λ2 −q q 1 +b2k2 Z dA 2 (λ2−λ1)A2 2+λ1 Sau ví dụ minch họa cho tốn Tính tích phân sau I = Z (sinx+ cosx)dx 2sin2x−4 sinxcosx+ 5cos2x Bài Lời giải hotline λ1, λ2 nghiệm phương thơm trình 2−λ −2 −2 5−λ = 0⇔λ1 = 1;λ2 = Ta có: 2sin2x−4 sinxcosx+ 5cos2x= 5(cosx+ sinx) 2 +24 cosx− 2sinx 2 A1 = 1 √ 5(cosx+ sinx) ;A2 = √ 5 cosx−1 2sinx (26)⇒I = Z (sinx+ cosx)dx 2sin2x−4 sinxcosx+ 5cos2x = 3 Z (2 sinx+ cosx)dx (2 cosx−sinx)2+ 1− Z (sinx−2 cosx)dx 6−(cosx+ sinx)2 = 5 Z d(sinx−2 cosx) (sinx−2 cosx)2+ + Z d(cosx+ sinx) 6−(cosx+ sinx)2 = 5arcchảy (sinx−2 cosx) + 10√6ln √ 6 + cosx+ sinx √ 6−cosx−2 sinx +C Dạng Biến đổi nâng cao cùng với dạng tích phân Z dx (sinx)n R dx (cosx)n Thực hóa học chia dạng tốn thành dạng tốn bé dại tính ngun hàm tích phân ta chạm chán tốn hình trạng này, ước ao giới thiệu cho bạn cách để cách xử trí Xét tốn Z dx (sinx)n • I1 = Z dx sinx = Z dx 2 sinx cos x = Z dx 2 tanx 2cos 2x = Z d tanx tanx = ln tung x +C • I2 = Z dx sin2x = Z −d(cotx) = −cotx+C • I3 = Z dx sin3x = Z dx 2 sinx2cosx23 = Z dx 8 tanx23 cosx26 = Z 1 + tan2x 2 2 d tanx tanx23 = 4 Z 1 + 2tan2x 2 + tung 4x 2 tanx23 = " −1 2 tanx22 + ln tan x + chảy x 2 # +C • I4 = Z dx sin4x =− Z 1 + cot2xd(cotx) =− cotx+1 3cot 3x +C • I5 = Z dx sin5x = Z dx 2 sinx2cosx25 = Z dx 32 tanx25 cosx210 = 16 Z 1 + tan2x 2 4 d tanx2 tanx25 = 1 16 Z 1 + 4tan2x 2 + 6tung 4x 2 + 4tung 6x 2 + tan 8x 2 tanx25 d tanx = 16 " −1 tanx 2 4 − 2 tanx 2 2 + ln tan x + tanx 2 + tanx # +C • I6 = Z dx sin6x =− Z 1 + cot2x2d(cotx) =− cotx+2 3cot 3x+ 5cot 5x (27)• I7 = Z dx sin7x = Z dx 2 sinx2cosx27 = Z dx 27 tanx 7 cosx214 = 26 Z 1 + tan2x 2 6 d tung x2 tanx27 = 64 " −1 tanx 2 6 − 3 tanx 2 4 − 15 rã x 2 2 + đôi mươi ln rã x + 15 tanx 2 + tanx +1 tanx +C • I8 = Z dx sin8x =− Z 1 + cot2x3d(cotx) =− Z 1 + 3cot2x+ 3cot4x+ cot6xd(cotx) =− cotx+ cot3x+ 5cot 5x+1 7cot 7x +C • I9 = Z dx (sinx)2n+1 = Z dx 2 sinx2 cosx22n+1 = Z dx 22n+1 tanx 2n+1 cosx24n+2 = 22n Z 1 + tan2x 2 2n d tanx tanx22n+1 = 22n " −C20n 2n chảy x22n − .− C2nn−1 2 tanx22 +C n 2nln tung x +C n+1 2n tanx 2 + .+C 2n 2n 2n tanx 2n +C • I10= Z dx sin2n+2x =− Z 1 + cot2xnd(cotx) =− Z h Cn0+Cn1cot2x+ .+Cnk cot2xk+ .+Cnn cot2xnid(cotx) =− C110 (cotx) + C 1 n 3 cot 3 x+ .+ C k n 2k+ 1(cotx) 2k+1 + .+ C n n 2n+ 1(cotx) 2n+1 +C Xét toán I = Z dx (cosx)n • I1 = Z dx cosx = Z d x+ π 2 sin x+ π2 = Z du sinu = Z du 2 sin u2 cosu2 = Z du 2 tanu2cos2u = Z d tung u 2 tanu2 = ln chảy u +C = ln tung x + π +C • I2 = Z dx cos2x = Z (28)• I3 = Z dx cos3x = Z d x+ π sin3 x+ π = Z du sin3u = Z du 2 sinu 2cos u = Z du tanu cosu = Z 1 + tan2u 2 2 d tanu2 tanu = " −1 tanu 2 2 + ln tung u + tanu 2 # +C = " −1 2tan x2 +π42 + ln chảy x + π + h tanx + π i2 # +C • I4 = Z dx cos4x = Z 1 + tan2xd(tanx) = tanx+ 3tung 3x+C I5 = Z dx cos5x = Z d x+π 2 sin5 x+ π2 = Z du sin5u = Z du 2 sinu2 cosu25 = Z du 32 tanu25 cosu210 = 16 Z 1 + tan2u 4 d tanu2 tanu25 = 16 Z 1 + 4tan2u 2 + 6chảy 4u 2 + 4chảy 6u 2 + chảy 8u 2 tanu25 d tanu = 16    −1 tanu − tanu 2 + ln tan u + tan u 2 + tanu   +C • I6 = Z dx cos6x = Z 1 + tan2x2d(tanx) = tanx+ tan3x+1 5rã 5 x+C • I7 = Z dx cos7x = Z d x+ π sin7x+ π = Z du sin7u = Z du 27tanu 2 cosu 14 = 26 Z 1 + tan2u 2 6 dtanu tanu = 26 Z + 6tan2 u 2 + 15tan 4u 2 + 20 tung u 2 + 15chảy 8u 2 + 6tan 10u 2 + rã 12u tanu d tanu = 64 " −1 chảy u26 − 3 2 chảy u24 − 15 2 tanu22 + trăng tròn ln (29)• I8 = Z dx cos8x = Z 1 + tan2x3d(tanx) =R (1 + tanx2+ tanx4+ tanx6)d(tanx) = tanx+ tan3x+ 5tan 5x+ 7tan 7x+C • I9 = Z dx cos2n+1x = Z d x+π 2 sin2n+1x+π = Z du (sinu)2n+1 = Z du 2 sinu cos u 2 2n+1 = Z du 22n+1tanu 2 2n+1 cosu 4n+2 = 1 22n Z 1 + tan2u 2 2n dtanu tanu 2n+1 = 22n Z C0 2n+C21n+C21ntan2 u 2 + .+C n 2n tan2 u n + .+C2n 2n tan2 u 2n rã u22n+1 dtanu = 22n " −C0 2n 2n tanu22n − .− C n−1 2n 2 tanu22 +C2nnln rã u 2 +C n+1 2n 2 tanu 2 + .+C 2n 2n 2n tanu 2n +C • I10= Z dx cos2n+2x = Z 1 + tan2xnd(tanx) = Z C110 +Cn1tan2x+ .+Cnk tan2xk+ .+Cnn tan2xnd(tanx) = Cn0(tanx) + C 1 n 3 tanx 3+ .+ C k n 2k+ 1(tanx) 2k+1 + .+ C n n 2n+ 1(tanx) 2n+1 +C Tóm lại Qua toán thù với giải mã kinh khủng khiếp làm cho độc giả choáng rồi, nhiên để ý gồm chính yếu Trước tiên dạng tương tự buộc phải nói dạng Các chúng ta ý cho tới số mũ chẵn, cốt lõi áp dụng cơng thức theo rã sin, cịn số mũ lẻ ta thực hiện phương pháp tách sinx = sindx 2 cos x 2 (30)Chương thơm 2 Bài Tân oán Đề Xuất Tính nguim hàm tích phân sau Bài π 3 Z π 4 tan4xdx Bài π 2 Z π 4 cos6x sin4xdx Bài π 4 Z 0 sin2x cos6xdx Bài π 2 Z 0 sin 2x 4−cos2xdx Bài π 4 Z 0 1−2sin2x 1 + sin 2xdx Bài I = π 2 Z 0 sin10x+ cos10x−sin4xcos4xdx Bài I = π 3 Z π 6 1 sinxsinx+ π 6 dx Bài I = π 2 Z 0 sin 2x+ sinx √ 1 + cosxdx Bài I = π 2 Z 0 sin 2xcosx (31)Bài 10 I = π 2 Z 0 sin 2x √ cos2x+ 4sin2xdx Bài 11 I = π 2 Z 0 cos 3x sinx+ 1dx Bài 12 I = π 2 Z 0 cos 2x (sinx−cosx+ 3)3dx Bài 13 I = π 4 Z 0 cos 2x 1 + sin 2xdx Bài 14 I = π 6 Z 0 sin 3x−sin33x (32)Tài liệu tham khảo