Bài 1: Nguyên hàm
Video bài giảng
1. Nguyên hàm và tính chất
a) Khái niệm nguyên hàm
Kí hiệu K là khoảng hoặc đoạn hoặc nửa khoảng của \(\mathbb{R}.\)
Định nghĩa:
Cho hàm số \(f(x)\) xác định trên K.
Hàm số \(F(x)\) được gọi là nguyên hàm của hàm số \(f(x)\) trên K nếu \(F'(x) = f(x)\) với mọi \(x \in K.\)
Định lý 1:
Nếu \(F(x)\) là một nguyên hàm của hàm số \(f(x)\) trên K thì với mỗi hằng số C, hàm số \(G(x) = F(x)+C\) cũng là một nguyên hàm của hàm số \(f(x)\) trên K.
Định lý 2:
Nếu \(F(x)\) là một nguyên hàm của hàm số \(f(x)\) trên K thì mọi nguyên hàm của \(f(x)\) trên K đều có dạng \(F(x)+C\) với \(C\) là một hằng số tùy ý.
Kí hiệu họ nguyên hàm của hàm số \(f(x)\) là \(\int f(x)dx.\)
Khi đó : \(\int f(x)dx=F(x)+C,C\in \mathbb{R}.\)
b) Tính chất
- Tính chất 1:
\(\int f'(x)dx=f(x)+C,C\in \mathbb{R}.\)
- Tính chất 2:
\(\int fk(x)dx=k\int f(x)dx\) (với k là hằng số khác 0).
- Tính chất 3:
\(\int {\left( {f(x) \pm g(x)} \right)dx} = \int {f(x)dx} \pm \int {g(x)dx}.\)
c) Sự tồn tại của nguyên hàm
Định lí 3:
Mọi hàm số f(x) liên tục trên K đều có nguyên hàm trên K.
d) Nguyên hàm của một số hàm số thường gặp
- Nguyên hàm của các hàm số sơ cấp thương gặp:
+ \(\int {kdx = kx + C,\,k \in \mathbb{R}}\)
+ \(\int {{x^\alpha }dx = \frac{1}{{1 + \alpha }}.{x^{\alpha + 1}} + C\,(\alpha \ne - 1)}\)
+ \(\int {\frac{{dx}}{x} = \ln \left| x \right| + C}\)
+ \(\int {\frac{{dx}}{{\sqrt x }} = 2\sqrt x + C}\)
+ \(\int {{e^x}dx = {e^x} + C}\)
+ \(\int {{a^x}dx = \frac{{{a^x}}}{{\ln a}} + C\,\,(0 < a \ne 1)}\)
+ \(\int {\cos xdx = \sin x + C}\)
+ \(\int {\sin xdx = - \cos x + C}\)
+ \(\int {\frac{{dx}}{{{{\cos }^2}x}} = \tan x + C}\)
+ \(\int {\frac{{dx}}{{{{\sin }^2}x}} = - \cot x + C}\)
- Ngoài ra còn có một số công thức thường gặp khác:
+ \(\int {{{({\rm{ax}} + b)}^k}} dx = \frac{1}{a}\frac{{{{({\rm{ax}} + b)}^{k + 1}}}}{{k + 1}}{\mkern 1mu} + C\)
\((a \ne 0,\,k \ne - 1)\)
+ \(\int {\frac{1}{{{\rm{ax}} + b}}dx = \frac{1}{a}\ln \left| {{\rm{ax}} + b} \right|} + C,\,a \ne 0\)
+ \(\int {{e^{{\rm{ax}} + b}}dx = \frac{1}{a}{e^{{\rm{ax}} + b}} + C}\)
+ \(\int {\cos (ax + b)dx = \frac{1}{a}\sin (ax + b)} + C\)
+ \(\int {\sin ({\rm{ax}} + b)dx = - \frac{1}{a}c{\rm{os}}({\rm{ax}} + b)} + C\)
2. Các phương pháp tính nguyên hàm
a) Phương pháp đổi biến số
Định lí 1:
Cơ sở của phương pháp đổi biến số là định lý sau: Cho hàm số \(u = u(x)\) có đạo hàm và liên tục trên K và hàm số \(y = f({\rm{u)}}\) liên tục sao cho \(f[u(x)]\) xác định trên K. Khi đó nếu \(F\) là một nguyên hàm của \(f\), tức là
\(\int {f(u)du = F(u) + C}\)
thì \(\int {f[u(x){\rm{]dx = F[u(x)] + C}}}.\)
Hệ quả:
Với \(u = ax + b\,(a \ne 0),\) ta có:
\(\int {f(ax + b)dx} = \frac{1}{a}F(ax + b) + C\)
b) Phương pháp tính nguyên hàm từng phần
Định lí 2:
Nếu hai hàm số \(u=u(x)\) và \(v=v(x)\) có đạo hàm và liên tục trên K thì:
\(\int {u(x)v'(x)dx} = u(x)v(x) - \int {u'(x)v(x)dx}\)
Một số dạng thường gặp:
- Dạng 1:
\(\begin{array}{l}
\int {P(x).{e^{{\rm{ax}} + b}}dx{\mkern 1mu} ,} \\
\int {P(x)\sin ({\rm{ax}} + b)} dx,\\
\int {P(x)c{\rm{os}}({\rm{ax}} + b)dx}
\end{array}\)
Cách giải:
Đặt \(u = P(x)\,,\,dv = {e^{{\rm{ax}} + b}}dx\,\)
hoặc \(dv = \sin (ax + b)dx,\)
\(dv = \cos (ax + b)dx.\)
- Dạng 2: \(\int {P(x)\ln ({\rm{ax}} + b)dx}\)
Cách giải:
Đặt \(u = \ln ({\rm{ax}} + b)\,,\,dv = P(x)dx.\)
3. Bài tập minh họa
Ví dụ 1:
Áp dụng công thức nguyên hàm cơ bản, tính nguyên hàm sau:
a) \(I = \int {{x^8}}dx\)
b) \(I=\int \left ( x^2+2x \right )^2dx\)
c) \(I=\int \frac{1}{x^5}dx\)
d) \(I=\int\frac{1}{2x}dx\)
Lời giải:
a) \(I = \int {{x^8}dx = \frac{1}{9}{x^9} + C}\)
b) \(I = \int {{{\left( {{x^2} + 2x} \right)}^2}} dx\)
\( = \int \left( {{x^4} + 4{x^3} + 4{x^2}} \right)dx\)
\(\frac{1}{5}{x^5} + {x^4} + \frac{4}{3}{x^3} + C\)
c) \(I = \int {\frac{{dx}}{{{x^5}}}} = \int {{x^{ - 5}}dx} \)
\(= \frac{1}{{ - 5 + 1}}{x^{ - 5 + 1}} + C \)
\(=- \frac{1}{4}{x^{ - 4}} + C\)
d) \(I = \int {\frac{{dx}}{{2x}}} = \frac{1}{2}\int {\frac{{dx}}{x} = \frac{1}{2}\ln \left| x \right| + C}\)
Ví dụ 2:
Dùng phương pháp đổi biến số tính các nguyên hàm sau:
a) \(I = \int {\sqrt {{x^{2004}} + 1} .{x^{2003}}dx}\)
b) \(I = \int {{e^{{e^x} + x}}dx}\)
c) \(I = \int {{e^{2{x^2} + \ln {\rm{x}}}}dx}\)
d) \(I = \int {\frac{x}{{\sqrt[{10}]{{x + 1}}}}} dx\)
e) \(I=\int {\frac{{\sin x.{{\cos }^3}x}}{{1 + {{\cos }^2}x}}dx}\)
Lời giải:
a) Đặt: \(t = {x^{2004}} + 1 \Rightarrow dt = 2004{x^{2003}}dx \)
\(\Rightarrow {x^{2003}}dx = \frac{1}{{2004}}dt.\)
Từ đó ta được:
\(I = \frac{1}{{2004}}\int {\sqrt t dt} = \frac{1}{{2004}}\int {{t^{\frac{1}{2}}}dt} = \)
\(\frac{1}{{2004}}.\frac{2}{3}{t^{\frac{3}{2}}} + C\)
\(= \frac{1}{{3006}}\sqrt {{t^3}} + C = \frac{1}{{3006}}\sqrt {{{\left( {{x^{2004}} + 1} \right)}^3}} + C\)
b) Ta có: \({e^{{e^x} + x}} = {e^{{e^x}}}.{e^x}\)
Đặt: \({e^x} = t \Rightarrow {e^x}dx = dt\)
Từ đó ta được:
\(I = \int {{e^t}dt} = \int {{e^t}dt} = {e^t} + C = {e^{{e^x}}} + C\)
c) Ta có:
\(M = \int {{e^{2{x^2}}}.{e^{\ln x}}dx = } \int {{e^{2{x^2}}}.xdx}\)
Đặt: \(2{x^2} = t \Rightarrow 4xdx = dt \Rightarrow xdx = \frac{{dt}}{4}\)
Ta được:
\(M = \int {{e^t}\frac{{dt}}{4} = \frac{1}{4}{e^t} + C = \frac{1}{4}{e^{2{x^2}}}} + C.\)
d) \(I = \int {\frac{x}{{\sqrt[{10}]{{x + 1}}}}} dx\)
Đặt: \(\sqrt[{10}]{{x + 1}} = t \Rightarrow x + 1 = {t^{10}} \)
\(\Rightarrow dx = 10{t^9}dt\)
Ta được:
\(\begin{array}{l} N = \int {\frac{{{t^{10}} - 1}}{t}.10{t^9}dt} = 10\int {\left( {{t^{10}} - 1} \right){t^8}dt} \\ = 10\int {\left( {{t^{18}} - {t^8}} \right)dt} = \frac{{10}}{{19}}{t^{19}} - \frac{{10}}{9}{t^9} + C \end{array}\)
\(\, = \frac{{10}}{{19}}\sqrt[{10}]{{{{\left( {x + + 1} \right)}^{19}}}} - \frac{{10}}{9}\sqrt[{10}]{{{{\left( {x + 1} \right)}^9}}} + C\)
e) Ta có:
\(I = \int {\frac{{\sin x.{{\cos }^3}x}}{{1 + {{\cos }^2}x}}dx} \)
\( = \frac{1}{2}\int {\frac{{2\sin x\cos x.{{\cos }^2}x}}{{1 + {{\cos }^2}x}}} {\rm{ }}dx\)
\( = \frac{1}{2}\int {\frac{{{{\cos }^2}x}}{{1 + {{\cos }^2}x}}.\sin 2xdx} \)
Đặt: \(1 + {\cos ^2}x = t \Rightarrow \sin 2xdx = - dt\)
\(\begin{array}{l}
\Rightarrow S = - \frac{1}{2}\int {\frac{{t - 1}}{t}dt} \\
= - \frac{1}{2}\int {dt + \frac{1}{2}\int {\frac{{dt}}{t}} }
\end{array}\)
\( = - \frac{1}{2}t + \frac{1}{2}\ln \left| t \right| + C\)
Ví dụ 3:
Dùng phương pháp nguyên hàm từng phần tính các nguyên hàm sau:
a) \(I = \int {x{\rm{sin2}}xdx}\)
b) \(I = \int {{x^2}{e^{2x}}dx}\)
c) \(I = \int {\left( {2{x^2} + x + 1} \right){e^x}dx}\)
d) \(I = \int {x{{\cos }^2}2xdx}\)
Lời giải:
a) Đặt \(\left\{ \begin{array}{l} u = x\\ dv = \sin 2xdx \end{array} \right. \)
\(\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} du = dx\\ v = - \frac{1}{2}\cos 2x \end{array} \right.\)
\(\Rightarrow I = - \frac{1}{2}x\cos 2x + \frac{1}{2}\int {\cos 2xdx} \)
\(= - \frac{1}{2}x\cos 2x + \frac{1}{4}\sin 2x + C\)
b) Đặt \(\left\{ \begin{array}{l} u = {x^2}\\ dv = {e^{2x}}dx \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} du = 2xdx\\ v = \frac{1}{2}{e^{2x}} \end{array} \right.\)\(\Rightarrow I = \frac{1}{2}{x^2}{e^{2x}} - \int {x{e^{2x}}dx} = \frac{1}{2}{x^2}{e^{2x}} - {I_1}\)
Tính \({I_1} = \int {x{e^{2x}}dx}\)
Đặt: \(\left\{ \begin{array}{l} u = x\\ dv = {e^{2x}}dx \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} du = dx\\ v = \frac{1}{2}{e^{2x}} \end{array} \right.\)
\(\Rightarrow {I_1} = \frac{1}{2}x{e^{2x}} - \frac{1}{2}\int {{e^{2x}}dx} \)
\(= \frac{1}{2}x{e^{2x}} - \frac{1}{4}{e^{2x}} + C\)
Vậy: \(I = \frac{1}{2}{x^2}{e^{2x}} - \frac{1}{2}x{e^{2x}} + \frac{1}{4}{e^{2x}} + C \)
\(= \frac{{\left( {2{x^2} - 2x + 1} \right){e^{2x}}}}{4} + C\)
c) Đặt \(\left\{ \begin{array}{l} u = 2{x^2} + x + 1\\ dv = {e^x}dx \end{array} \right. \)
\(\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} du = \left( {4x + 1} \right)dx\\ v = {e^x} \end{array} \right.\)
\(\Rightarrow I = \left( {2{x^2} + x + 1} \right){e^x} - \int {\left( {4x + 1} \right){e^x}dx}\)
Tính: \({I_1} = \int {\left( {4x + 1} \right){e^x}dx}\)
Đặt: \(\left\{ \begin{array}{l} u = 4x + 1\\ dv = {e^x}dx \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} du = 4dx\\ v = {e^x} \end{array} \right.\)
\(\Rightarrow {I_1} = \left( {4x + 1} \right){e^x} - 4\int {{e^x}dx} \)
\(= \left( {4x + 1} \right){e^x} - 4{e^x} + C = \left( {4x - 3} \right){e^x} + C\)
\(\Rightarrow I = \left( {2{x^2} + x + 1} \right){e^x} - \left( {4x - 3} \right){e^x} + C \)
\(= \left( {2{x^2} - 3x + 4} \right){e^x} + C\)
d)
\(\begin{array}{l} I = \int {x{{\cos }^2}2xdx} = \int {x.\frac{{1 + \cos 4x}}{2}} dx\\ = \frac{1}{2}\int {xdx} + \int {\frac{1}{2}x\cos 4xdx} = \frac{1}{4}{x^2} + {I_1} \end{array}\)
Tính \({I_1} = \int {\frac{1}{2}x\cos 4xdx}\)
Đặt: \(\left\{ \begin{array}{l} u = \frac{1}{2}x\\ dv = \cos 4xdx \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} du = \frac{1}{2}dx\\ v = \frac{1}{4}\sin 4x \end{array} \right.\)
\(\Rightarrow {I_1} = \frac{1}{8}x\sin 4x - \frac{1}{8}\int {\sin 4xdx} \)
\(= \frac{1}{8}x\sin 4x + \frac{1}{{32}}\cos 4x + C\)
Vậy: \(I = \frac{1}{4}{x^2} + \frac{1}{8}x\sin 4x + \frac{1}{{32}}\cos 4x + C\)
1. Nguyên hàm và tính chất
a) Khái niệm nguyên hàm
Kí hiệu K là khoảng hoặc đoạn hoặc nửa khoảng của \(\mathbb{R}.\)
Định nghĩa:
Cho hàm số \(f(x)\) xác định trên K.
Hàm số \(F(x)\) được gọi là nguyên hàm của hàm số \(f(x)\) trên K nếu \(F'(x) = f(x)\) với mọi \(x \in K.\)
Định lý 1:
Nếu \(F(x)\) là một nguyên hàm của hàm số \(f(x)\) trên K thì với mỗi hằng số C, hàm số \(G(x) = F(x)+C\) cũng là một nguyên hàm của hàm số \(f(x)\) trên K.
Định lý 2:
Nếu \(F(x)\) là một nguyên hàm của hàm số \(f(x)\) trên K thì mọi nguyên hàm của \(f(x)\) trên K đều có dạng \(F(x)+C\) với \(C\) là một hằng số tùy ý.
Kí hiệu họ nguyên hàm của hàm số \(f(x)\) là \(\int f(x)dx.\)
Khi đó : \(\int f(x)dx=F(x)+C,C\in \mathbb{R}.\)
b) Tính chất
- Tính chất 1:
\(\int f'(x)dx=f(x)+C,C\in \mathbb{R}.\)
- Tính chất 2:
\(\int fk(x)dx=k\int f(x)dx\) (với k là hằng số khác 0).
- Tính chất 3:
\(\int {\left( {f(x) \pm g(x)} \right)dx} = \int {f(x)dx} \pm \int {g(x)dx}.\)
c) Sự tồn tại của nguyên hàm
Định lí 3:
Mọi hàm số f(x) liên tục trên K đều có nguyên hàm trên K.
d) Nguyên hàm của một số hàm số thường gặp
- Nguyên hàm của các hàm số sơ cấp thương gặp:
+ \(\int {kdx = kx + C,\,k \in \mathbb{R}}\)
+ \(\int {{x^\alpha }dx = \frac{1}{{1 + \alpha }}.{x^{\alpha + 1}} + C\,(\alpha \ne - 1)}\)
+ \(\int {\frac{{dx}}{x} = \ln \left| x \right| + C}\)
+ \(\int {\frac{{dx}}{{\sqrt x }} = 2\sqrt x + C}\)
+ \(\int {{e^x}dx = {e^x} + C}\)
+ \(\int {{a^x}dx = \frac{{{a^x}}}{{\ln a}} + C\,\,(0 < a \ne 1)}\)
+ \(\int {\cos xdx = \sin x + C}\)
+ \(\int {\sin xdx = - \cos x + C}\)
+ \(\int {\frac{{dx}}{{{{\cos }^2}x}} = \tan x + C}\)
+ \(\int {\frac{{dx}}{{{{\sin }^2}x}} = - \cot x + C}\)
- Ngoài ra còn có một số công thức thường gặp khác:
+ \(\int {{{({\rm{ax}} + b)}^k}} dx = \frac{1}{a}\frac{{{{({\rm{ax}} + b)}^{k + 1}}}}{{k + 1}}{\mkern 1mu} + C\)
\((a \ne 0,\,k \ne - 1)\)
+ \(\int {\frac{1}{{{\rm{ax}} + b}}dx = \frac{1}{a}\ln \left| {{\rm{ax}} + b} \right|} + C,\,a \ne 0\)
+ \(\int {{e^{{\rm{ax}} + b}}dx = \frac{1}{a}{e^{{\rm{ax}} + b}} + C}\)
+ \(\int {\cos (ax + b)dx = \frac{1}{a}\sin (ax + b)} + C\)
+ \(\int {\sin ({\rm{ax}} + b)dx = - \frac{1}{a}c{\rm{os}}({\rm{ax}} + b)} + C\)
2. Các phương pháp tính nguyên hàm
a) Phương pháp đổi biến số
Định lí 1:
Cơ sở của phương pháp đổi biến số là định lý sau: Cho hàm số \(u = u(x)\) có đạo hàm và liên tục trên K và hàm số \(y = f({\rm{u)}}\) liên tục sao cho \(f[u(x)]\) xác định trên K. Khi đó nếu \(F\) là một nguyên hàm của \(f\), tức là
\(\int {f(u)du = F(u) + C}\)
thì \(\int {f[u(x){\rm{]dx = F[u(x)] + C}}}.\)
Hệ quả:
Với \(u = ax + b\,(a \ne 0),\) ta có:
\(\int {f(ax + b)dx} = \frac{1}{a}F(ax + b) + C\)
b) Phương pháp tính nguyên hàm từng phần
Định lí 2:
Nếu hai hàm số \(u=u(x)\) và \(v=v(x)\) có đạo hàm và liên tục trên K thì:
\(\int {u(x)v'(x)dx} = u(x)v(x) - \int {u'(x)v(x)dx}\)
Một số dạng thường gặp:
- Dạng 1:
\(\begin{array}{l}
\int {P(x).{e^{{\rm{ax}} + b}}dx{\mkern 1mu} ,} \\
\int {P(x)\sin ({\rm{ax}} + b)} dx,\\
\int {P(x)c{\rm{os}}({\rm{ax}} + b)dx}
\end{array}\)
Cách giải:
Đặt \(u = P(x)\,,\,dv = {e^{{\rm{ax}} + b}}dx\,\)
hoặc \(dv = \sin (ax + b)dx,\)
\(dv = \cos (ax + b)dx.\)
- Dạng 2: \(\int {P(x)\ln ({\rm{ax}} + b)dx}\)
Cách giải:
Đặt \(u = \ln ({\rm{ax}} + b)\,,\,dv = P(x)dx.\)
3. Bài tập minh họa
Ví dụ 1:
Áp dụng công thức nguyên hàm cơ bản, tính nguyên hàm sau:
a) \(I = \int {{x^8}}dx\)
b) \(I=\int \left ( x^2+2x \right )^2dx\)
c) \(I=\int \frac{1}{x^5}dx\)
d) \(I=\int\frac{1}{2x}dx\)
Lời giải:
a) \(I = \int {{x^8}dx = \frac{1}{9}{x^9} + C}\)
b) \(I = \int {{{\left( {{x^2} + 2x} \right)}^2}} dx\)
\( = \int \left( {{x^4} + 4{x^3} + 4{x^2}} \right)dx\)
\(\frac{1}{5}{x^5} + {x^4} + \frac{4}{3}{x^3} + C\)
c) \(I = \int {\frac{{dx}}{{{x^5}}}} = \int {{x^{ - 5}}dx} \)
\(= \frac{1}{{ - 5 + 1}}{x^{ - 5 + 1}} + C \)
\(=- \frac{1}{4}{x^{ - 4}} + C\)
d) \(I = \int {\frac{{dx}}{{2x}}} = \frac{1}{2}\int {\frac{{dx}}{x} = \frac{1}{2}\ln \left| x \right| + C}\)
Ví dụ 2:
Dùng phương pháp đổi biến số tính các nguyên hàm sau:
a) \(I = \int {\sqrt {{x^{2004}} + 1} .{x^{2003}}dx}\)
b) \(I = \int {{e^{{e^x} + x}}dx}\)
c) \(I = \int {{e^{2{x^2} + \ln {\rm{x}}}}dx}\)
d) \(I = \int {\frac{x}{{\sqrt[{10}]{{x + 1}}}}} dx\)
e) \(I=\int {\frac{{\sin x.{{\cos }^3}x}}{{1 + {{\cos }^2}x}}dx}\)
Lời giải:
a) Đặt: \(t = {x^{2004}} + 1 \Rightarrow dt = 2004{x^{2003}}dx \)
\(\Rightarrow {x^{2003}}dx = \frac{1}{{2004}}dt.\)
Từ đó ta được:
\(I = \frac{1}{{2004}}\int {\sqrt t dt} = \frac{1}{{2004}}\int {{t^{\frac{1}{2}}}dt} = \)
\(\frac{1}{{2004}}.\frac{2}{3}{t^{\frac{3}{2}}} + C\)
\(= \frac{1}{{3006}}\sqrt {{t^3}} + C = \frac{1}{{3006}}\sqrt {{{\left( {{x^{2004}} + 1} \right)}^3}} + C\)
b) Ta có: \({e^{{e^x} + x}} = {e^{{e^x}}}.{e^x}\)
Đặt: \({e^x} = t \Rightarrow {e^x}dx = dt\)
Từ đó ta được:
\(I = \int {{e^t}dt} = \int {{e^t}dt} = {e^t} + C = {e^{{e^x}}} + C\)
c) Ta có:
\(M = \int {{e^{2{x^2}}}.{e^{\ln x}}dx = } \int {{e^{2{x^2}}}.xdx}\)
Đặt: \(2{x^2} = t \Rightarrow 4xdx = dt \Rightarrow xdx = \frac{{dt}}{4}\)
Ta được:
\(M = \int {{e^t}\frac{{dt}}{4} = \frac{1}{4}{e^t} + C = \frac{1}{4}{e^{2{x^2}}}} + C.\)
d) \(I = \int {\frac{x}{{\sqrt[{10}]{{x + 1}}}}} dx\)
Đặt: \(\sqrt[{10}]{{x + 1}} = t \Rightarrow x + 1 = {t^{10}} \)
\(\Rightarrow dx = 10{t^9}dt\)
Ta được:
\(\begin{array}{l} N = \int {\frac{{{t^{10}} - 1}}{t}.10{t^9}dt} = 10\int {\left( {{t^{10}} - 1} \right){t^8}dt} \\ = 10\int {\left( {{t^{18}} - {t^8}} \right)dt} = \frac{{10}}{{19}}{t^{19}} - \frac{{10}}{9}{t^9} + C \end{array}\)
\(\, = \frac{{10}}{{19}}\sqrt[{10}]{{{{\left( {x + + 1} \right)}^{19}}}} - \frac{{10}}{9}\sqrt[{10}]{{{{\left( {x + 1} \right)}^9}}} + C\)
e) Ta có:
\(I = \int {\frac{{\sin x.{{\cos }^3}x}}{{1 + {{\cos }^2}x}}dx} \)
\( = \frac{1}{2}\int {\frac{{2\sin x\cos x.{{\cos }^2}x}}{{1 + {{\cos }^2}x}}} {\rm{ }}dx\)
\( = \frac{1}{2}\int {\frac{{{{\cos }^2}x}}{{1 + {{\cos }^2}x}}.\sin 2xdx} \)
Đặt: \(1 + {\cos ^2}x = t \Rightarrow \sin 2xdx = - dt\)
\(\begin{array}{l}
\Rightarrow S = - \frac{1}{2}\int {\frac{{t - 1}}{t}dt} \\
= - \frac{1}{2}\int {dt + \frac{1}{2}\int {\frac{{dt}}{t}} }
\end{array}\)
\( = - \frac{1}{2}t + \frac{1}{2}\ln \left| t \right| + C\)
Ví dụ 3:
Dùng phương pháp nguyên hàm từng phần tính các nguyên hàm sau:
a) \(I = \int {x{\rm{sin2}}xdx}\)
b) \(I = \int {{x^2}{e^{2x}}dx}\)
c) \(I = \int {\left( {2{x^2} + x + 1} \right){e^x}dx}\)
d) \(I = \int {x{{\cos }^2}2xdx}\)
Lời giải:
a) Đặt \(\left\{ \begin{array}{l} u = x\\ dv = \sin 2xdx \end{array} \right. \)
\(\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} du = dx\\ v = - \frac{1}{2}\cos 2x \end{array} \right.\)
\(\Rightarrow I = - \frac{1}{2}x\cos 2x + \frac{1}{2}\int {\cos 2xdx} \)
\(= - \frac{1}{2}x\cos 2x + \frac{1}{4}\sin 2x + C\)
b) Đặt \(\left\{ \begin{array}{l} u = {x^2}\\ dv = {e^{2x}}dx \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} du = 2xdx\\ v = \frac{1}{2}{e^{2x}} \end{array} \right.\)\(\Rightarrow I = \frac{1}{2}{x^2}{e^{2x}} - \int {x{e^{2x}}dx} = \frac{1}{2}{x^2}{e^{2x}} - {I_1}\)
Tính \({I_1} = \int {x{e^{2x}}dx}\)
Đặt: \(\left\{ \begin{array}{l} u = x\\ dv = {e^{2x}}dx \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} du = dx\\ v = \frac{1}{2}{e^{2x}} \end{array} \right.\)
\(\Rightarrow {I_1} = \frac{1}{2}x{e^{2x}} - \frac{1}{2}\int {{e^{2x}}dx} \)
\(= \frac{1}{2}x{e^{2x}} - \frac{1}{4}{e^{2x}} + C\)
Vậy: \(I = \frac{1}{2}{x^2}{e^{2x}} - \frac{1}{2}x{e^{2x}} + \frac{1}{4}{e^{2x}} + C \)
\(= \frac{{\left( {2{x^2} - 2x + 1} \right){e^{2x}}}}{4} + C\)
c) Đặt \(\left\{ \begin{array}{l} u = 2{x^2} + x + 1\\ dv = {e^x}dx \end{array} \right. \)
\(\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} du = \left( {4x + 1} \right)dx\\ v = {e^x} \end{array} \right.\)
\(\Rightarrow I = \left( {2{x^2} + x + 1} \right){e^x} - \int {\left( {4x + 1} \right){e^x}dx}\)
Tính: \({I_1} = \int {\left( {4x + 1} \right){e^x}dx}\)
Đặt: \(\left\{ \begin{array}{l} u = 4x + 1\\ dv = {e^x}dx \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} du = 4dx\\ v = {e^x} \end{array} \right.\)
\(\Rightarrow {I_1} = \left( {4x + 1} \right){e^x} - 4\int {{e^x}dx} \)
\(= \left( {4x + 1} \right){e^x} - 4{e^x} + C = \left( {4x - 3} \right){e^x} + C\)
\(\Rightarrow I = \left( {2{x^2} + x + 1} \right){e^x} - \left( {4x - 3} \right){e^x} + C \)
\(= \left( {2{x^2} - 3x + 4} \right){e^x} + C\)
d)
\(\begin{array}{l} I = \int {x{{\cos }^2}2xdx} = \int {x.\frac{{1 + \cos 4x}}{2}} dx\\ = \frac{1}{2}\int {xdx} + \int {\frac{1}{2}x\cos 4xdx} = \frac{1}{4}{x^2} + {I_1} \end{array}\)
Tính \({I_1} = \int {\frac{1}{2}x\cos 4xdx}\)
Đặt: \(\left\{ \begin{array}{l} u = \frac{1}{2}x\\ dv = \cos 4xdx \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} du = \frac{1}{2}dx\\ v = \frac{1}{4}\sin 4x \end{array} \right.\)
\(\Rightarrow {I_1} = \frac{1}{8}x\sin 4x - \frac{1}{8}\int {\sin 4xdx} \)
\(= \frac{1}{8}x\sin 4x + \frac{1}{{32}}\cos 4x + C\)
Vậy: \(I = \frac{1}{4}{x^2} + \frac{1}{8}x\sin 4x + \frac{1}{{32}}\cos 4x + C\)