Sử dụng một số kết quả đẹp của hàm số và tích phân liên kết để tính tích phân

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA TRƯỜNG THPT MƯỜNG LÁT SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM SỬ DỤNG MỘT SỐ KẾT QUẢ “ĐẸP” CỦA HÀM SỐ VÀ TÍCH PHÂN LIÊN KẾT ĐỂ TÍNH TÍCH PHÂN Họ tên: Đỗ Đình Bằng Chức vụ: Giáo viên Toán Đơn vị: Trường THPT Mường Lát Sáng kiến kinh nghiệm thuộc lĩnh vực: Toán học THANH HÓA NĂM 2016 Phụ lục Mở đầu 1.1 Lí chọn đề tài 1.2 Mục đích nghiên cứu .2 1.3 Đối tượng nghiên cứu 1.4 Phương pháp nghiên cứu .2 Nội dung sáng kiến 2.1 Cơ sở lí luận sáng kiến 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến 2.3 Các giải pháp sử dụng để giải vấn đề 2.3.1 Sử dụng số kết “đẹp” hàm số để tính tích phân Kết Kết Kết Kết Kết 10 Kết 12 Kết 13 Bài tập tương tự .14 2.3.2 Sử dụng tích phân liên kết để tính tích phân .15 Bài tập tương tự .18 2.4 Hiệu sáng kiến 19 Kết luận 3.1 Kết luận .19 3.2 Kiến nghị .20 1 Mở đầu 1.1 Lí chọn đề tài Phép tính tích phân vi phân hai nhà toán học tiếng I Newton (1643 – 1727) người Anh G Leibniz (1646 – 1716) người Đức, sáng tạo đồng thời độc lập với họ giải khối lượng lớn toán quan trọng lĩnh vực toán học, đặc biệt toán tích phân Cho đến ngày tích phân quan trọng môn Giải tích toán học, có nhiều ứng dụng như: Tính diện tích hình phẳng, thể tích vật thể, thể tích khối tròn xoay , quan trọng đưa vào giảng dạy chương trình Giải tích lớp 12 Hơn nữa, số đề thi Đại học đề thi học sinh giỏi toán có tích phân không dễ dàng chút nào, để làm phải có nhìn thật khéo léo tinh tế cộng với hiểu biết số tính chất hàm số toán giải cách nhẹ nhàng Với hy vọng giúp học sinh học tốt phần tích phân, học sinh ôn thi Đại học thi học sinh giỏi toán, mạnh dạn đề xuất sáng kiến “Sử dụng số kết “đẹp” hàm số tích phân liên kết để tính tích phân” 1.2 Mục đích nghiên cứu Tìm phương pháp dạy học phù hợp với học sinh vùng cao tạo cho học sinh có hứng thú học tích phân, đặc biệt giúp học sinh chủ động đứng trước loại tích phân kiểu 1.3 Đối tượng nghiên cứu Sử dụng số kết “đẹp” hàm số tích phân liên kết để tính tích phân 1.4 Phương pháp nghiên cứu Trong trình nghiên cứu sáng kiến sử dụng phương pháp sau: +) Phương pháp nghiên cứu lí luận: Nghiên cứu sách giáo khoa, sách tham khảo số tài liệu khác có liên quan đến đề tài +) Phương pháp sư phạm: Thông qua tiết giảng dạy lớp +) Phương pháp quan sát: Quan sát dạy học Trường THPT Mường lát Nôi dung sáng kiến 2.1 Cơ sở lí luận sáng kiến Trình bày số kết hàm số như: Hàm số chẳn, hàm số lẻ, hàm số tuần hoàn , mà gọi kết “đẹp’’ vào tính số toán tích phân cần thiết, sở dỉ chương trình Giải tích 12 không trình bày kết nêu vào việc tính tích phân, ta gặp toán tích phân mà hàm dấu tích phân hàm lẻ cận lấy tích phân đoạn tập đối xứng, hay gặp hàm tuần hoàn mà cận lấy tích phân sức tưởng tượng (cận lớn) bạn giải tích phân phải vài trang giấy, lời giải cồng kềnh thành công Hơn việc trình bày kết nêu việc cần thiết lúc giúp tiết kiệm thời gian để giải toán cách nhanh chóng ngắn 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến Khi dạy Nguyên hàm tích phân thấy phần lớn học sinh nắm chưa sâu, lí em học phần đạo hàm lớp chưa thành thạo Hơn đề tài có tài liệu viết quan tâm với hy vọng có thêm tài liệu tham khảo cho hoc sinh mà giảng dạy Trường THPT Trong trình dạy học quan tâm dạy cho học sinh hiểu tốt nhất, với đam mê nổ lực đề tài em học sinh giỏi nồng nhiệt hưởng ứng, bước đầu thành công 2.3 Các giải pháp sử dụng để giải vấn đề 2.3.1 Sử dụng số kết “đẹp” hàm số để tính tích phân Kết 1: Nếu hàm số f ( x ) liên tục hàm lẻ [ − a, a ] a ∫ f ( x ) dx = −a a Chứng minh: Ta có I = ∫ −a a −a f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx (1) Với tích phân ∫ f ( x ) dx, ta đổi biến x = −t ⇒ dx = −dt −a Khi ∫ −a a a a 0 f ( x ) dx = − ∫ f ( − t ) dt = − ∫ f ( t )dt = − ∫ f ( x ) dx ( 2) (do f ( x ) hàm lẻ) a a a −a 0 Thay (2) vào (1) ta I = ∫ f ( x ) dx = − ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx = Chú ý: Hàm số f ( x ) xác định [ − a, a ] hàm số lẻ [ − a, a ] với x ∈ [ − a, a ] ta có f ( − x ) = − f ( x ) Ví dụ 1.1: Cho f ( x ) hàm lẻ đoạn [ − 1;1] Tính ∫ f ( x ) dx = 2016, Giải: Vì f ( x ) hàm lẻ [ − 1;1] nên ∀x ∈ [ − 1;1] ta có: f ( − x ) = − f ( x ) Bằng phép đổi biến x = −t ⇒ dx = −dt Khi ∫ −1 1 1 0 0 ∫ f ( x ) dx −1 f ( x ) dx = − ∫ f ( − t ) dt = ∫ f ( − t ) dt = − ∫ f ( t )dt = − ∫ f ( x ) dx = −2016 ( ) Ví dụ 1.2: Tính tích phân I = ∫ ln x + x + dx ) ( −1 ( ) 2 Giải: Ta có I = ∫ ln x + x + dx + ∫ ln x + x + dx −1 ( ) (1) Với tích phân J = ∫ ln x + x + dx , ta đổi biến x = −t ⇒ dx = −dt −1 ( ) Khi J = − ∫ ln − t + t + dt = ∫ ln 1 = ∫ ln t +1− t ( t +1 + t t +1− t t +1 + t 1 dt = ∫ ln ) t +1 + t dt dt ) ( ( 2) = − ∫ ln t + + t dt = − ∫ ln x + + x dx Thay (2) vào (1), ta I = ) ( 1 ) ( 2 Chú ý: ∫ ln t + + t dt = ∫ ln x + + x dx 0 Nghĩa tích phân không phụ thuộc vào cách kí hiệu biến x hay t Nhận xét: Hàm số f ( x ) = ln x + x + xác định R ( ( ) ∀x ∈ R , ta có f ( − x ) = ln x + − x = ln ) x +1 + x ( ) = − ln x + + x = − f ( x ) Do f ( x ) hàm lẻ R nói riêng lẻ đoạn [ − 1;1] Theo Kết 1, suy I = Ví dụ 1.3: Tính tích phân I = ∫ cos x ln −1 Giải: Ta có I = ∫ cos x ln −1 −1 Khi J = − ∫ cos( − t ) ln 1 2+ x 2+ x dx + ∫ cos x ln dx 2− x − x Với tích phân J = ∫ cos x ln 2+ x dx 2− x (1) 2+ x dx , ta đổi biến x = −t ⇒ dx = − dt 2− x 1 2−t 2+t 2+ x dt = − ∫ cos t ln dt = − ∫ cos x ln dx 2+t 2−t 2− x 0 ( 2) Thay (2) vào (1), ta I = 2+ x liên tục đoạn [ − 1;1] ∀x ∈ [ − 1;1], ta 2− x 2− x 2+ x = − cos x ln = − f ( x ) ⇒ f ( x ) hàm số lẻ [ − 1;1] có f ( − x ) = cos( − x ) ln 2+ x 2− x Theo Kết 1, suy I = Nhận xét: Hàm số f ( x ) = cos x ln π 2016 Ví dụ 1.4: Tính tích phân I = ∫ x sin ( 2016 x ) dx − π π π   2016 Giải: Đặt f ( x ) = x sin ( 2016 x ) , ∀x ∈ − ; , ta có  4  π π f ( − x ) = x 2016 sin ( − 2016 x ) = − x 2016 sin ( 2016 x ) = − f ( x ) ⇒ f ( x ) hàm số lẻ − ;   4 Theo Kết 1, ta I = Nhận xét: Với toán ta sử dụng phương pháp tích phân phần toán khó chịu 2π Ví dụ 1.5: Chứng minh I = ∫ sin ( sin x + nx ) dx = (n ∈ Ν ) ∗ Giải: Đổi biến x = π + t ⇒ dx = dt 2π π −π Khi I = ∫ sin ( sin x + nx ) dx = ∫ sin ( − sin t + nt + nπ ) dt = ( − 1) n π ∫πsin ( − sin t + nt ) dt − Hàm số f ( t ) = sin ( − sin t + nt ) liên tục [ − π ;π ] f ( − t ) = sin ( − sin ( − t ) − nt ) = sin ( sin t − nt ) = − sin ( − sin t + nt ) = − f ( t ) ⇒ f ( t ) hàm lẻ [ − π ; π ] nhờ Kết suy I = Nhận xét: Rõ ràng tiện lợi Kết mà ta áp dụng cho số toán tích phân mà cận không đối xứng Kết 2: Nếu hàm số f ( x ) liên tục hàm chẵn [ − a, a ] a a ∫ f ( x ) dx = 2∫ f ( x )dx −a a Chứng minh: Ta có I = ∫ −a 0 a −a f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx (1) Với tích phân ∫ f ( x ) dx, ta đổi biến x = −t ⇒ dx = −dt −a Khi ∫ −a a a a a 0 f ( x ) dx = − ∫ f ( − t )dt = ∫ f ( − t ) dt = ∫ f ( t ) dt = ∫ f ( x )dx a a −a ( 2) (do f ( x ) hàm lẻ) Thay (2) vào (1) I = ∫ f ( x ) dx = 2∫ f ( x )dx Chú ý: Hàm số f ( x ) xác định [ − a, a ] hàm số chẵn [ − a, a ] với x ∈ [ − a, a ] , ta có f ( − x ) = f ( x ) Ví dụ 2.1: Cho ∫ f ( x ) dx = 2016 f ( x ) hàm chẵn đoạn [ − 1;1] Tính Giải: Vì f ( x ) hàm chẵn [ − 1;1] nên ∀x ∈ [ − 1;1] ta có: f ( − x ) = f ( x ) Bằng phép đổi biến x = −t ⇒ dx = −dt Khi ∫ −1 1 1 0 ∫ f ( x ) dx −1 f ( x ) dx = − ∫ f ( − t ) dt = ∫ f ( − t ) dt = ∫ f ( t )dt = ∫ f ( x ) dx = 2016 π Ví dụ 2.2: Tính tích phân I = ∫ cos xdx − π π π π π     Giải: Hàm số f ( x ) = cos x liên tục − ;  ∀x ∈ − ; , ta có  3  3  π π f ( − x ) = [ cos( − x ) ] = cos x = f ( x ) ⇒ f ( x ) hàm chẵn − ;   3 π π π π 0 5 Theo Kết 2, ta có I = ∫ cos xdx = ∫ cos xdx = ∫ ( cos x ) cos xdx − π ( ) π ( ) = ∫ − sin x d ( sin x ) = ∫ − sin x + sin x d ( sin x ) 0 π  3  17  3 = = 2 sin x − sin x + sin x  = 2 − +  32 16  0   Ví dụ 2.3: Tính tích phân I = π ∫π − Giải: Ta có I = π ∫π − Đặt f ( x ) = f ( − x) = x + 3x + x + dx cos x x + 3x + x dx + cos x 3 π dx ∫π cos − x x + 3x + x  π π , ∀x ∈ − ; , ta có cos x  3 − x − 3x − x x + 3x + x = − = − f ( x ) ⇒ f ( x ) hàm số lẻ cos x cos x π Theo Kết 1, ta ∫π − Khi I = π dx ∫π cos − x = tan x Nhận xét: Hàm f ( x ) = x + 3x + x dx = cos x π −  π π − ;  π =2 π  π π chẵn đoạn − ;  ⇒ I = tan x = cos x  3 x + tan x dx x2 +1 −1 Ví dụ 2.4: Tính tích phân I = ∫ 1 x + tan x x4 tan x dx dx + ∫ dx = 2 ∫ x +1 x +1 x +1 −1 −1 −1 Giải: Ta có I = ∫ tan x dx x2 +1 −1 tan x Do hàm f ( x ) = lẻ đoạn [ − 1;1] nên từ Kết ta có I1 = x +1 x4 I = Xét ∫ dx x +1 −1 Xét I1 = ∫ x x4 Do hàm f ( x ) = chẵn đoạn [ − 1;1] nên từ Kết ta có I = 2∫ dx x +1 x +1 1 ( ) x4 x −1 +1   dx = dx = ∫  x − + dx 2 ∫ x +1 x +1 x +1 0 Khi I = I = 2∫ 1  x3 1 1 = 2∫ x − dx + ∫ dx = 2 − x  + ∫ dx = − + ∫ dx x +1 x +1 x +1  0 0 0 Đổi biến x = tan t ⇒ dx = + tan t dt ( ) ( ) π Khi I = − + ∫ dt = π − 3 Nhận xét: Từ Kết Kết dẫn đến kết “chung” sau a a −a Kết 3: Nếu f ( x ) hàm liên tục [ − a; a ] ∫ f ( x ) dx = ∫ ( f ( x ) + f ( − x ) )dx Chứng minh: Ta có a a −a −a ∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x )dx + ∫ f ( x ) dx Đổi biến x = −t ⇒ dx = −dt Khi Vậy ∫ a ∫ f ( x )dx = − ∫ f ( − t ) dt = ∫ f ( − t ) dt =∫ f ( − x ) dx −a a a a f ( x ) dx = −a ∫ −a 0 a a a a 0 f ( x )dx + ∫ f ( x ) dx = ∫ f ( − x ) dx + ∫ f ( x ) dx = ∫ ( f ( x ) + f ( − x ) ) dx π Ví dụ 3.1: Tính tích phân I = ∫ f ( x ) dx, f ( x ) + f ( − x ) = x + tan x − π Giải: Ta có π π ∫π f ( x ) dx = ∫π f ( x )dx + ∫ f ( x ) dx − − 3 Đổi biến x = −t ⇒ dx = −dt Khi Vậy π π 0 ∫π f ( x )dx = −π∫ f ( − t ) dt = ∫ f ( − t ) dt = ∫ f ( − x ) dx − π 3 π π π 0  sin x  ∫π f ( x )dx = ∫ ( f ( x ) + f ( − x ) ) dx = ∫ ( x + tan x ) dx = ∫  x + cos x dx − π π d ( cos x ) = ∫ xdx − ∫ = x − ln ( cos x ) cos x 0 ( ) π = π2 + ln Ví dụ 3.2: Cho hàm số f ( x ) liên tục R thỏa mãn f ( x ) + f ( − x ) = − cos x Tính I = 3π ∫π f ( x ) dx (ĐHSP Hà Nội 2, 1998) − Giải: Nhờ Kết 3, ta có f ( x ) + f ( − x ) = − cos x Khi I = 3π 3π − ∫π f ( x ) dx = ∫ − cos x dx = 3π 3π 0 ∫ 2(1 − cos x ) dx = ∫ sin x dx 3π 3π π    π     = 2 ∫ sin xdx − ∫ sin xdx  = 2 − cos x + cos x  = π  0   π     Nhận xét: Nếu đến Kết việc tính tích phân vô khó khăn giả thiết chưa đủ để xác định hàm số f ( x ) Hơn a tiện lợi tính ∫ f ( x ) dx mà không cần biết đến hàm f ( x ) −a Kết 4: Nếu hàm số f ( x ) liên tục hàm chẵn [ − a, a ] f ( x) I = ∫ x dx = ∫ f ( x )dx k > k +1 −a a a f ( x) f ( x) f ( x) ∫−a k x + 1dx = −∫a k x + 1dx + ∫0 k x + 1dx a Chứng minh: Ta có I = Với tích phân a (1) f ( x) dx, ta đổi biến x = −t ⇒ dx = −dt x +1 ∫k −a f ( x) f (− t) f (− t) k t f (t) k x f ( x) dx = − dt = dt = dt = ∫a k −t + ∫0 ∫0 k t + ∫0 k x + dx Khi −∫a k x + +1 kt 0 a a a ( 2) (do f ( x ) hàm chẵn) f ( x) k x f ( x) f ( x) Thay (2) vào (1) I = ∫ x dx = ∫ x dx + ∫ x dx = ∫ f ( x )dx (đpcm) k +1 k +1 k +1 −a 0 a a a a x2 dx 3x + −1 Ví dụ 4.1: Tính tích phân I = ∫ Giải: Ta có I = x2 x2 x2 dx = dx + ∫−1 x + −∫1 3x + ∫0 x + 1dx (1) Với tích phân x2 ∫ 3x + 1dx, ta đổi biến x = −t ⇒ dx = −dt −1 1 x2 t2 t2 3t t 3x x dx = − dt = dt = dt = ∫1 3−t + ∫0 ∫0 3t + ∫0 x + dx Khi −∫1 x + +1 3t ( 2) ( f ( x ) hàm chẵn) 1 1 x2 3x x x2 x3 Thay (2) vào (1), ta I = ∫ x dx = ∫ x dx + ∫ x dx = ∫ x dx = 3 +1 +1 +1 −1 0 1 = Nhận xét: Hàm f ( x ) = x liên tục hàm số chẵn [ − 1;1] nên từ Kết suy I = ∫ x dx = x3 = Ví dụ 4.2: Tính tích phân I = π x sin x ∫π 2016 − x dx +1  π π Giải: Hàm f ( x ) = x sin x liên tục hàm chẵn − ;  nên từ Kết  2 π π suy I = ∫ x sin x dx = ∫ x sin xdx 0 u = x du = xdx ⇒ dv = sin xdx v = − cos x Đặt  π π π 0 Khi I = − x cos x + ∫ x cos xdx =2 ∫ x cos xdx u = x du = dx ⇒ dv = cos xdx v = sin x Đặt  π π π 0 Khi I = x sin x − ∫ sin xdx =π + cos x = π − Ví dụ 4.3: Tính tích phân I = π sin x + cos x ∫π x + dx −  π π Giải: Hàm f ( x ) = sin x + cos x liên tục hàm chẵn − ;  nên từ Kết  4 π π 0 [ ] suy I = ∫ ( sin x + cos x ) dx = ∫ ( sin x + cos x ) − 3sin x cos x( sin x + cos x ) dx π π   − cos x     = ∫ 1 − sin 2 x dx = ∫ 1 −   dx 4      0 π π 5  5π 3  = ∫  cos x + dx =  sin x + x  = 8  32  32 0 Nhật xét: Rõ ràng tiện lợi Kết làm cho toán trở nên nhẹ nhàng Ví dụ 4.4: Tính tích phân I = π ∫π − sin x sin x cos x dx ex +1 (ĐH Bách Khoa, 1999) π π   Giải: Hàm f ( x ) = sin x sin x cos x liên tục hàm chẵn − ;  nên từ  2 π π 20 Kết suy I = ∫ sin x sin x cos xdx = ∫ ( cos x − cos 3x ) cos xdx π π 12 12 = ∫ ( cos x cos x − cos x cos x )dx = ∫ ( cos x + cos x − cos x − cos x )dx 20 40 π 11 1 2 =  sin x + sin x − sin x − sin x  = 4 0 Kết 5: Nếu hàm f ( x ) liên tục đoạn [ a; b] thỏa mãn f ( x ) = f ( a + b − x ) b ∫ xf ( x )dx = a b a+b f ( x ) dx ∫a Chứng minh: Đổi biến x = a + b − t ⇒ dx = −dt b a a b b Khi ∫ xf ( x )dx = − ∫ ( a + b − t ) f ( a + b − t ) dt = ∫ ( a + b − t ) f ( t ) dt a b b a a b b a a = ( a + b ) ∫ f ( t )dt − ∫ tf ( t )dt = ( a + b ) ∫ f ( x )dx − ∫ xf ( x )dx b b b a a a b a+b ⇒ 2∫ xf ( x ) dx = ( a + b ) ∫ f ( x )dx ⇒ ∫ xf ( x )dx = ∫ f ( x )dx a Nhận xét: Nếu ta chọn a = 0, b = π f ( x ) f ( sin x ) thỏa mãn π π π f ( sin x ) = f ( sin ( + π − x ) ) ta nhận kết ∫ xf ( sin x )dx = ∫ f ( sin x )dx 20 π Ta có ∫ π (1) π f ( sin x )dx = ∫ f ( sin x )dx + ∫ f ( sin x )dx π Đổi biến x = π − t ⇒ dx = −dt π Khi π π π 0 ∫ f ( sin x )dx = ∫ f ( sin x )dx ⇒ ∫ f ( sin x )dx = ∫ f ( sin x )dx ( 2) π π Bằng phép đổi biến x = − t , ta lại có π π 0 ∫ f ( sin x )dx = ∫ f ( cos x )dx ( 3) π Ví dụ 5.1: Tính tích phân I = ∫ x sin xdx 10 Giải: Hàm f ( x ) = sin x liên tục đoạn [ 0;π ] Ta có f ( a + b − x ) = f ( π − x ) = sin ( π − x ) = sin x = f ( x ) π ππ ππ Theo kết suy I = ∫ x sin xdx = ∫ sin xdx = ∫ (1 − cos x ) sin xdx 20 20 =− ππ π  π 2π ( − cos x ) d ( cos x ) = −  cos x − cos x  = ∫ 20 2 0 π sin 2016 x dx sin 2016 x + cos 2016 x Ví dụ 5.2: Tính tích phân I = ∫ π − t ⇒ dx = −dt π  π sin 2016  − t  cos 2016 t 2  dt = ∫ 2016 dt Khi I = − ∫ sin t + cos 2016 t   2016  π 2016  π π sin  − t  + cos  − t  2  2  Giải: Đổi biến x = π cos 2016 x dx sin 2016 x + cos 2016 x =∫ π π sin x + cos x π π dx = ∫ dx = ⇔ I = 2016 2016 sin x + cos x 0 ⇒ 2I = ∫ 2016 2016 Nhận xét: Nhờ đẳng thức (3) ta dễ dàng chứng minh toán tổng quát sau π π cos x sin n x π dx = dx = n n n n ∫ sin x + cos x sin x + cos x 0 n I =∫ ( n ∈ R) π Ví dụ 5.3: Tính tích phân I = ∫ x sin x cos xdx (Học viện Ngân hàng, 1998) π π Giải: Ta có I = ∫ x sin x cos xdx = ∫ x sin x(1 − sin x )dx 0 Xem hàm f ( sin x ) = sin x(1 − sin x ) nhờ đẳng thức (1) ta nhận π π ππ ππ π π I = ∫ x sin x cos xdx = ∫ cos x sin xdx = − ∫ cos xd ( cos x ) = − cos x = 20 20 0 π π 0 Ví dụ 5.4: Chứng minh ∫ sin n xdx = ∫ cos n xdx ( n ∈ Ν ) π Giải: Đổi biến x = − t ⇒ dx = −dt π π 2 π π 0  n n n n Khi ∫ sin xdx = − ∫ sin  − t dt = ∫ cos tdt = ∫ cos xdx π  11 Kết 6: Nếu hàm f ( x ) liên tục đoạn [ a; b] b b a a ∫ f ( x )dx = ∫ f ( a + b − x ) dx Chứng minh: Đổi biến x = a + b − t ⇒ dx = −dt b Khi ∫ a a b b a a f ( x )dx = − ∫ f ( a + b − t ) dt = ∫ f ( a + b − t ) dt = ∫ f ( a + b − x ) dx b π Ví dụ 6.1: Tính tích phân I = ∫ ln( tan x + 1) dx Giải: Đổi biến x =  π − t ⇒ dx = −dt π 4 π  π − tan t    + 1dt = ∫ ln dt  + tan t   + tan t     Khi I = − ∫ ln tan − t  + 1dt = ∫ ln  π   π π π π 0 0 = ∫ ln 2dt − ∫ ln ( tan t + 1) dt = ∫ ln 2dt −I ⇒ I = t ln = π π ln ⇔ I = ln π Ví dụ 6.2: Tính tích phân I = ∫ sin x − cos x3 dx (Đại học GTVT, 2001) ( sin x + cos x ) Giải: Đổi biến x = π − t ⇒ dx = −dt π π cos t − sin t cos t − sin t cos x − sin x dt = ∫ dt = ∫ dx 3 π ( sin t + cos t ) ( sin t + cos t ) ( sin x + cos x ) Khi I = − ∫ π π π Suy I = ∫ sin x − cos x3 dx + ∫ cos x − sin x3 dx = ∫ sin x + cos x dx ( sin x + cos x ) π ( sin x + cos x ) ( sin x + cos x ) π π dx dx  π2 =∫ = = tan x −  = ⇔ I = ∫ π  40 ( sin x + cos x ) cos  x −   4  π Nhận xét: Bằng phép đổi biến x = − t làm tương tự Ví dụ ta dễ dàng π π chứng minh ∫ a sin x + b cos nx dx = ∫ a cos x + b sin nx dx ( sin x + cos x ) π Ví dụ 6.3: Tính tích phân I = ∫ 0 ( sin x + cos x ) cos x dx sin x + cos x π Giải: Đổi biến x = − t ⇒ dx = −dt 12 π  cos − t  2  Khi I = − ∫ π π Suy I = ∫ π π  π  sin  − t  + cos − t  2  2  dt = ∫ π sin t sin x dt = ∫ dx cos t + sin t cos x + sin x π π cos x sin x π π dx + ∫ dx = ∫ dx = ⇔ I = sin x + cos x cos x + sin x 0 Kết 7: Nếu hàm số f ( x ) liên tục R tuần hoàn với chu kì T a +T ∫ a Chứng minh: Ta có I = T f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx ( a ∈ R) a +T T a +T a a T ∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx (1) Đổi biến x = t + T ⇒ dx = dt a +T Khi ∫ T a a a f ( x ) dx = ∫ f ( t + T ) dt = ∫ f ( t ) dt = ∫ f ( x ) dx 0 ( 2) 0 T a T 0 Thay (2) vào (1) suy I = ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx a Ví dụ 7.1: Tính tích phân I = 4π ∫ + sin x dx Giải: Ta có f ( x ) = 1+ sin x hàm liên tục tuần hoàn với chu kì T = 2π nên 2π theo Kết ta có: 4π ∫ f ( x ) dx = ∫π f ( x ) dx ⇒I = 4π ∫ f ( x ) dx = 2π ∫ 4π 2π 2π 2π 0 f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx = ∫ + sin x dx 2π 2π 2π x x x x  x π  = ∫  sin + cos  dx = ∫ sin + cos dx = 2 ∫ sin  +  dx 2 2 2 4  0  32π  2π  x π x π  = 2  ∫ sin  + dx − ∫ sin  + dx  2 4  3π  2 4   3π    x π  x π  2π  = 2  − cos +  + cos +   = 2 4   3π     Ví dụ 7.2: Tính tích phân I = 2016π ∫ − cos x dx 13 Giải: Ta có f ( x ) = 1− cos x hàm số liên tục tuần hoàn với chu kì T = π nên π theo kết ta có: ∫ ⇒I = 2π 2015π 2016π π 2014 2015 f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx = = f ( x ) dx = ∫π ∫ πf ( x ) dx 2016π π 2π 2015π 2016π π 0 π 2014π 2015π ∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx + + π ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx = 2016 ∫ f ( x ) dx π π 0 = 2016∫ − cos x dx = 2016∫ sin x dx = 2016 ∫ sin xdx π = −2016 cos x = 4032 4π sin x cos10 x dx = Ví dụ 7.3: Chứng minh I = ∫ + cos 16 x 2π sin x cos10 x hàm tuần hoàn với chu kì T = 2π nên từ Kết + cos 16 x 4π 2π π sin x cos10 x sin x cos10 x sin x cos10 x I = dx = dx = suy ∫2π + cos8 16 x ∫0 + cos8 16 x ∫−π + cos8 16 x dx Giải: Ta có f ( x ) = Ngoài f ( x ) hàm số lẻ đoạn [ − π ;π ] nên từ Kết suy I = Bài tập tương tự: Tính tích phân sau 1) I = ∫ x ln −1 π 2+ x dx 2− x Đs: I = ) ( 2 2) I = ∫ cos x ln x + x + dx π − (HVKT Mật mã, 1999) π π (   Hướng dẫn: Dễ thấy f ( x ) = cos x hàm chẵn − ;  ln x + x +  2 ( π π )   hàm lẻ − ;  nên cos x ln x + x + hàm lẻ  2 Theo Kết 1, ta I = )  π π − ;  x  1+ x  dx 3) I = ∫  cos x + sin x sin  ln  1− x  − 4) I = π ∫π ( tan − 2015 ) x + sin 2017 x dx Đs: I = Đs: I = a ( ) 2 5) I = ∫ x sin x + a − x dx ( a > 0) −a 14 Hướng dẫn: Sử dụng Kết Kết suy I = π 6) I = ∫ cos x cos x − cos x dx (ĐH Mỏ Địa Chất, 1999) − π 7) I = ∫ f ( x ) dx, f ( − x ) + f ( x ) = − x −3 8) I = π dx ∫π cos x(1 + e ) − Đs: I = 9π x 9) I = ∫ dx 10 + −1 x Đs: I = Đs: I = π ln π x sin x dx + sin x 10) I = ∫ π 11) I = ∫   − tan ( sin x ) dx (Toán học tuổi trẻ 1/2008) cos ( cos x )  0 π 12) I = ∫ ln (1 + cos x ) 5π ∫ π 14) I = 1+sin x sin x 1+ 2020π ∫ sin x− π 2019 Đs: I = π Đs: I = ln − dx + sin x 13) I = Đs: I = −2 x Đs: I = πa dx Đs: I = − xdx Đs: I = 2.3.2 Sử dụng tích phân liên kết để tính tích phân b Nhiều việc tính tích phân I = ∫ f ( x ) dx gặp nhiều khó khăn, ta tìm a b tích phân J = ∫ g ( x ) dx cho việc tính hai tích phân α1 I + β1 J α I − β J đơn a α1 I + β1 J = γ α I + β J = γ giản Khi việc tính I J cách giải hệ  Người ta nói I J hai tích phân liên kết với π sin x dx sin x + cos x Ví dụ 1: Tính tích phân I = ∫ π cos x dx sin x + cos x Giải: Xét tích phân J = ∫ 15 π π Ta có I + J = ∫ sin x + cos x dx = ∫ dx = π sin x + cos x π (1) π sin x − cos x d ( sin x + cos x ) I−J =∫ dx = − ∫ = − ln sin x + cos x sin x + cos x sin x + cos x 0 π ln ( 2) π ln Từ (1) (2) suy I = − = − ln = − Nhận xét: Nếu toán yêu cầu tính tích phân J ta có J = π ln + ex dx e x + e−x Ví dụ 2: Tính tích phân I = ∫ Giải: Xét tích phân J = ∫ −x e− x dx e x + e−x e +e dx = ∫ dx = e x + e −x 0 x Ta có I + J = ∫ (1) ( ) e x − e−x d e x + e−x I−J =∫ x dx = = ln e x + e − x −x x −x ∫ e +e e +e 0 1 Từ (1) (2) suy I = ln = ln e2 +1 2e ( 2) e2 + π sin x dx sin x + cos x Ví dụ 3: Tính tích phân I = ∫ π cos x dx sin x + cos x Giải: Xét tích phân J = ∫ π π ( )( ) 2 Ta có I − 3J = ∫ sin x − cos x dx = ∫ sin x + cos x sin x − cos x dx sin x + cos x sin x + cos x π ∫ (sin x − ) ( cos x dx = − cos x + sin x π π ) π = −1 (1) π sin x + cos x dx dx dx = ∫ = ∫ π 20 20  sin x + cos x sin  x +  sin x + cos x 3  2 I+J =∫ 2 16 x π d tan  +  dx 2 6 = ∫ = ∫ x π x π 20     20 x π  tan +  cos  +  tan  +  2 6 2 6 2 6 π π π x π = ln tan +  = ln 2 6 ( 2) ln − β β sin x cos x I = dx J = Nhận xét: ∫ a sin x + b cos x α∫ a sin x + b cos xdx hai tích phân liên α Từ (1) (2) suy I = kết với π Ví dụ 4: Tính tích phân I = ∫ cos x cos xdx π Giải: Xét tích phân J = ∫ sin x cos xdx π Ta có I + J = ∫ ( π π ) sin x sin x + cos x cos xdx = ∫ cos xdx = π π = (1) π  + cos x  I − J = ∫ cos x − sin x cos xdx = ∫ cos 2 xdx = ∫  dx  0 0 ( ) π  x sin x  π = +  = 0 2 Từ (1) (2) suy I = ( 2) π +4 16 π Ví dụ 5: Tính tích phân I = ∫ π π Giải: Xét tích phân J = ∫ π tan x dx tan x + cot x cot x dx tan x + cot x π π 6 tan x + cot x π I + J = dx = Ta có ∫π tan x + cot x π∫ dx = (1) 17 π sin x − cos x tan x − cot x I−J =∫ dx = ∫ sin x cos x dx = ∫ sin x − cos x dx π tan x + cot x π π 6 sin x cos x π π ( π π π sin x = − ∫ cos xdx = − π Từ (1) (2) suy I = π 12 Ví dụ 6: Tính tích phân I = ∫ sin x (sin x + π Giải: Xét tích phân J = ∫ cos x cos x (sin x + cos x π ) ) (sin x + cos x ) π dx (HSG Toán 12 Thanh Hóa, 2011) dx π Ta có I + 3J = ∫ sin x + cos x dx = ∫ π ( 2) =0 π ) (sin x + dx cos x ) π dx  π2 =∫ = ∫ = tan x −  = π  40 60  π    cos  x −   cos x −   6     dx π J − 3I = ∫ =− π cos x − sin x (sin x + ( cos x sin x + cos x Từ (1) (2) suy I = ) ) dx = ∫ π 2 =− ( ) dx d sin x + cos x (sin x + 3 cos x ) (1) ( 2) Nhận xét: Sự tiện lợi tích phân liên kết ta tính hai tích phân lúc đề không yêu cầu Bài tập tương tự: Tính tích phân sau 1) I = 2π cos x dx cos x ∫ sin x − π 4 sin x dx ( sin x + cos x ) 2) I = ∫ Đs: I = − Đs: I = 3+ 2 18 π Đs: I = 3) I = ∫ cos 3x cos xdx π dx + tan x 4) I = ∫ π (ĐH Hồng Đức, 2000) π sin x dx sin x + cos x Đs: I = 5) I = ∫ Đs: I = π ln + π +1 2.4 Hiệu sáng kiến Hiệu thử nghiệm sáng kiến đầu năm học 2015 – 2016 chọn nhóm 20 học sinh có học lực từ trung bình, đến giỏi Trường THPT Mường lát, để thực đề tài bước đầu học sinh chưa có hứng thú học kết thu sau: Nhóm Giỏi 20 học sinh Khá 15% Trung bình 35% 10 50% Kết thử nghiệm đến cuối tháng năm học 2015 – 2016, học sinh hiểu ham học tìm tòi số toán có liên quan tới học Qua thu kết sau: Nhóm Giỏi 20 học sinh Khá 35% Trung bình 45% 20% Rõ ràng từ bảng kết thu qua năm thực đề tài này, kết học sinh học phần tích phân qua đề tài “Sử dụng số kết “đẹp” hàm số tích phân liên kết để tính tích phân” có tiến rõ rệt Kết luận 3.1 Kết luận Nhu cầu cần thiết người học toán biết vận dụng tiếp thu nội dung phương pháp giải toán hay, qua thời gian nghiên cứu thực đề tài thu kết sau: +) Giải số toán tích phân điển hình liên quan đến đề tài +) Trình bày số toán tổng quát sau Ví dụ cụ thể +) Sử dụng tích phân liên kết để giải toán Đối với hàm số dấu tích phân có tính chất đặc biệt trình bày việc lựa chọn phương pháp giải quan trọng, mà đề tài tác giả dẫn dắc em học sinh có nhìn sâu tích phân kiểu Đối với tích phân liên kết: Để lựa chọn tích phân liên kết với tích phân cho trước phụ thuộc vào đặc điểm hàm dấu tích phân cận 19 chúng Do đặc thù hàm số lượng giác nên ta thường dùng tích phân liên kết hàm lượng giác 3.2 Kiến nghị Đề tài mong cần giới thiệu cho học sinh giáo viên giảng dạy môn Toán, đặc biệt giáo viên ôn thi học sinh giỏi học sinh thi Đại học cao đẳng, dù cố gắng nhiều không tránh khỏi thiếu sót định, mong quý đọc giả góp ý cho lần đề tài sau hoàn chỉnh Tôi xin thành thật cảm ơn Ý KIẾN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thanh Hóa, ngày 20 tháng năm 2016 Tôi xin cam đoan SKKN nghiên cứu thực hiện, không copy người khác Đỗ Đình Bằng 20 Tài liệu tham khảo [1] Sách giáo khoa Giải tích 12 nâng cao, NXB Giáo dục [2] Tạp chí toán học tuổi trẻ, NXB Giáo dục [3] Các phương pháp tìm Nguyên hàm, Tích phân Số phức (Phan Huy Khải, NXB Hà Nội, 2008) [4] Các đề thi tuyển sinh Đại học cao đẳng [5] Tuyển tập chuyên đề kỹ thuật tính Tích phân (Trần Phương, NXB Hà Nội, 2008) 21 ... bày số kết hàm số như: Hàm số chẳn, hàm số lẻ, hàm số tuần hoàn , mà gọi kết đẹp ’ vào tính số toán tích phân cần thiết, sở dỉ chương trình Giải tích 12 không trình bày kết nêu vào việc tính tích. .. có hứng thú học tích phân, đặc biệt giúp học sinh chủ động đứng trước loại tích phân kiểu 1.3 Đối tượng nghiên cứu Sử dụng số kết đẹp hàm số tích phân liên kết để tính tích phân 1.4 Phương... trước áp dụng sáng kiến 2.3 Các giải pháp sử dụng để giải vấn đề 2.3.1 Sử dụng số kết đẹp hàm số để tính tích phân Kết Kết Kết Kết