PHƯƠNG PHÁP ðỔI BIẾN SỐ VÀ VIỆC LẤY TÍCH PHÂN MỘT SỐ HÀM SỐ CÓ DẠNG ðẶC BIỆT ( ðẶC TRƯNG ) Hồ Quang Vinh (Tạp chí Toán học và Tuổi trẻ) Phương pháp ñổi biến số (ðBS) là một trong những phương pháp (PP) cơ bản ñể tính tích phân trong chương trình THPT. Có thể xem nó là một PP khá hữu hiệu ñể giải các bài toán thuộc loại trên. Trong bài báo này chúng tôi sẽ sử dụng PP ñó ñể lấy tích phân của một số hàm số có dạng ñặc biệt. Các kết quả sẽ ñược thể hiện qua các mệnh ñề. Thông qua các mệnh ñề này có thể áp dụng chúng vào việc lấy tích phân các hàm số cụ thể, ñồng thời cũng chỉ ra ưu thế của các mệnh ñề này so với các PP tính tích phân khác trong việc lấy tích phân của các hàm ñặc trưng. Trước tiên chúng ta xét một kết quả quen thuộc sau: Mệnh ñề 1. 1) Nếu hàm số y = f(x) là hàm số chẵn, liên tục trên [ −a ; a ] thì a -a 0 f(x).dx 2 ( ). a f x dx = ∫ ∫ . 2) Nếu hàm số y = f(x) là hàm số lẻ, liên tục trên [ − a ; a ] thì a -a f(x).dx 0 = ∫ Chứng minh. Nhắc lại, Hàm y = f(x) là hàm số chẵn nếu nó thoả mãn hai tính chất: *) Miền xác ñịnh D của hàm có tính ñối xứng, nghĩa là với mọi x thuộc D thì − x cũng thuộc D; *) Với mọi x thuộc D thì f(x) = f(−x). ðịnh nghĩa hàm số lẻ cũng tương tự như trên, nhưng thay tính chất thứ hai bởi: Với mọi x thuộc D thì − f(x) = f(−x). 1) Ta có a -a f(x).dx = ∫ 0 0 0 0 ( ). ( ). ( ) ( ). a a a a f x dx f x dx f x dx f x dx − − + = − + ∫ ∫ ∫ ∫ (1) ðBS u = − x , khi ñó du = − dx. Khi x = − a thì u = a. Khi x = 0 thì u = 0 . Do ñó 0 0 0 0 ( ) ( ) ( ) ( ) a a a a f x dx f u du f u du f x dx − − =− = = ∫ ∫ ∫ ∫ (2) Từ (1) và (2) suy ra ñiều phải chứng minh. 2) Câu này ñược chứng minh một cách tương tự như trên nhờ phép ñổi biến số u = − x và tính chất hàm số lẻ. Nhận xét. Như vậy, trước khi tính tích phân ta cần chú ý ñến hai cận, nếu thấy hai cận ñối nhau thì cần ñể ý ñến tính chẵn lẻ của hàm số dưới dấu tích phân rồi áp dụng kết quả mệnh ñề 1. Thí dụ 1. 1) Chứng minh rằng 1 1 osx osx 1 0 . 2. . c c e dx e dx − = ∫ ∫ 2) Tính các tích phân: I 1 = 2 2 2 ln( 1). x x dx − + + ∫ ; I 2 = 1 2 1 2 1+x osx.ln( ). 1 c dx x − − ∫ . Lời giải. 1) Xét hàm số f(x) = e cosx , f(x) là hàm số chẵn vì : *) Nó có miền xác ñịnh ñối xứng D = [ − 1; 1]. *) f(− x) = e cos(-x) = e cosx = f(x) , với mọi x thuộc [ − 1; 1]. Sử dụng kết quả mệnh ñề 1 ta suy ra ñiều phải chứng minh. 2) a) Xét hàm f(x) = 2 ln( 1) x x + + , hàm này có miền xác ñịnh ñ ối xứng D = [−2; 2]. Mặt khác ta thấy 2 2 2 2 2 2 ( 1)( 1) ( ) ln( 1 ) ln 1 1 ln 1 ln( 1) ( ). x x x x f x x x x x x x x x f x − + + + + − = − + + = + + = + + = − + + = − Do ñó hàm f(x) = 2 ln( 1) x x + + là hàm số lẻ.Vậy I 1 = 0. b) Ta sẽ chứng minh hàm f(x) =cosx.ln 1 1 x x + − là hàm số lẻ. Thật vậy hàm này có miền xác ñịnh ñối xứng D = [ − 1 1 ; 2 2 ] và có f(− x) = cos(− x).ln 1 1+x 1 1 osx. ln ( ) , ; 1 1 2 2 x c f x x x x − = − = − ∀ ∈ − + − . Từ ñó ta kết luận rằng I 2 = 0. Mệnh ñề 2. Ta có hệ thức : ( ) ( ) b b a a f a b x dx f x dx + − = ∫ ∫ (3) ðặc biệt : 0 0 ( ) ( ) b b f x dx f b x dx = − ∫ ∫ (4) Chứng minh. ðBS u = a + b − x , lúc ñó du = − dx. Khi x = a thì u = b , khi x = b thì u = a. Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) b a b b a b a a f a b x dx f u du f u du f x + − = − = = ∫ ∫ ∫ ∫ . Cho a = 0 chúng ta nhận ñược công thức (4). Thí dụ 2. Tính tích phân I = 2 0 .sinx. dx 1+ sin x x π ∫ . Lời giải. Sử dụng công thức (4) ta có I = 2 2 2 2 0 0 0 0 ( ).sin( x). dx ( )sinx. dx sinx. dx sinx. dx 1+ sin ( ) 1+ sin 1+sin 1+ sin x x x x x x x π π π π π π π π π − − − = = − − ∫ ∫ ∫ ∫ . Vậy I = 2 0 sinx. dx . 2 1+ sin x π π ∫ . ðBS u = − cosx, du = sinx.dx. Khi ñó I = 1 2 1 2 1 2 . . ln 2 2 2 2 1 du u π π − + = − − ∫ . Mệnh ñề 3. Ta có hệ thức ( ) 2 0 0 ( ) ( ) (2 ) . a a f x dx f x f a x dx = + − ∫ ∫ . Chứng minh. Ta có 2a 2 0 0 f(x).dx ( ). ( ). a a a f x dx f x dx = + ∫ ∫ ∫ . ðBS u = 2a − x thì du = − dx. Khi x = a thì u = a; khi x = 2a thì u = 0. Do ñó 2a 0 a 0 0 f(x).dx (2 )( ) (2 ). (2 ). a a a f a u du f a u du f a x dx = − − = − = − ∫ ∫ ∫ ∫ . Vậy ( ) 2 0 0 ( ) ( ) (2 ) . a a f x dx f x f a x dx = + − ∫ ∫ (ñpcm). Thí dụ 3. Tính tích phân I = 3 0 sinx. sin2x. sin3x. dx π ∫ . Lời giải. Theo mệnh ñề 3, ta thấy ( ) 3 2 0 3 2 o sinx.sin2x.sin3x+sin(3 ).sin2(3 ).sin3(3 ) . (sinx.sin2x.sin3x sinx.sin2x.sin3x).dx 0. I x x x dx π π π π π = − − − = − = ∫ ∫ Mệnh ñề 4. Nếu hàm y = f(x) liên tục trên [a ; b] và f(a + b − x) = f(x) thì . ( ). . ( ). 2 b b a a a b x f x dx f x dx + = ∫ ∫ . Chứng minh. ðBS u = a + b −x thì du = − dx. Khi x = a thì u = b, khi x = b thì u = a. Vậy . ( ). ( ) ( ). ( ) ( ). ( ) ( ). ( ). . b a b a b a b b a a x f x dx a b u f a b u du a b u f u du a b f x dx xf x dx = − + − + − = + − = + − ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ Do ñó . ( ). . ( ). 2 b b a a a b x f x dx f x dx + = ∫ ∫ (ñpcm). Thí dụ 4. Tính tích phân I = 3 0 .sin . x x dx π ∫ . Lời giải. Sử dụng mệnh ñề 4 với f(x) = sin 3 x ; a = 0 ; b = π , ta ñược I = 3 0 . sin . 2 x dx π π ∫ . Dễ dàng tính ñược I = 2 3 π . Mệnh ñề 5. Ta có hệ thức : 0 0 . (sinx).dx (sinx).dx 2 x f f π π π = ∫ ∫ . Chứng minh. ðBS x = π − u thì dx = − du. Khi x = 0 thì u = π , khi x = π thì u = 0. Do vậy 0 0 0 0 . (sinx).dx ( ). (sinu).du (sinx).dx . (sinx).d x. x f u f f x f π π π π π π = − = − ∫ ∫ ∫ ∫ Suy ra 0 0 . (sinx).dx (sinx).dx 2 x f f π π π = ∫ ∫ (ñpcm). Thí dụ 5. Tính tích phân I = 2 0 .sinx.dx 1+cos x x π ∫ . Theo kết quả của mệnh ñề 5, ta có I = 2 0 sin . . 2 1 cos x dx x π π + ∫ ðBS u = − cosx , du = sinx.dx . Khi x = 0 thì u = −1 ; khi x = π thì u = 1. Từ ñó ta tính ñược ngay I = 2 4 π . Mệnh ñề 6. Nếu hàm y = f(x) liên tục, tuần hoàn với chu kì T thì 0 ( ). ( ). a T T a f x dx f x dx + = ∫ ∫ Chứng minh. Hàm y = f(x) tuần hoàn với chu kì T thì f(x) = f(x + T). Ta có 0 0 ( ). ( ). ( ). ( ). a T a T T a a T f x dx f x dx f x dx f x dx + + = + + ∫ ∫ ∫ ∫ (*) Nhưng 0 0 0 ( ). ( ). ( ). a a a f x dx f x dx f x T dx = − = − + ∫ ∫ ∫ . ðBS u = x +T .Khi ñó ta có 0 ( ). ( ). ( ). a T a T a T T f x dx f u du f x dx + + = − = − ∫ ∫ ∫ . Từ (*) suy ra ñiều phải chứng minh. Nhận xét. Từ kết quả của mệnh ñề 6 ta thấy nếu hàm y = f(x) tuần hoàn với chu kì T thì * 0 0 ( ). ( ). , nT T f x dx n f x dx n N = ∀ ∈ ∫ ∫ Chúng tôi xin tạm dừng tại ñây. Mời các bạn sử dụng PP ñổi biến số và kết quả của các mệnh ñề trên ñể giải các bài tập sau: Bài tập 1. Tính các tích phân sau: a) I 1 = 8 6 7 8 .sin . x x dx π π − ∫ ; b) I 2 = 6 5 3 -6 ( 3 ). osx.dx x x x c− + ∫ ; c) I 3 = 4 0 ln(1 tanx).dx π + ∫ ( HD: Sử dụng mệnh ñề 2 ). Bài tập 2. Chứng minh các hệ thức sau: 2 1 1 0 0 3 2 0 0 ) (1 ) . (1 ) . 1 ) . ( ). . . ( ). ( 0 ; 0 ) 2 m n n m a a a x x dx x x dx b x f x dx x f x dx a x − = − = > > ∫ ∫ ∫ ∫ c) Chứng minh rằng nếu hàm y = f(x) là hàm chẵn, tuần hoàn với chu kì T thì ta có hệ thức 2 0 0 ( ). 2 ( ). T T f x dx f x dx = ∫ ∫ . Hồ Quang Vinh (Tạp chí Toán học và Tuổi trẻ, 187B Giảng Võ, Hà Nội) . 1. 1) Chứng minh rằng 1 1 osx osx 1 0 . 2. . c c e dx e dx − = ∫ ∫ 2) Tính các tích phân: I 1 = 2 2 2 ln( 1). x x dx − + + ∫ ; I 2 = 1 2 1 2 1+x osx.ln( ). 1 c dx x − − ∫ . Lời giải 1 ta suy ra ñiều phải chứng minh. 2) a) Xét hàm f(x) = 2 ln( 1) x x + + , hàm này có miền xác ñịnh ñ ối xứng D = [ 2; 2] . Mặt khác ta thấy 2 2 2 2 2 2 ( 1)( 1) ( ) ln( 1 ) ln 1 1 ln 1 ln(. Vậy I = 2 0 sinx. dx . 2 1+ sin x π π ∫ . ðBS u = − cosx, du = sinx.dx. Khi ñó I = 1 2 1 2 1 2 . . ln 2 2 2 2 1 du u π π − + = − − ∫ . Mệnh ñề 3. Ta có hệ thức ( ) 2 0 0 (