MỘT số PHƯƠNG PHÁP TÍCH PHÂN hàm ẩn

MỘT SỐ PP TÍCH PHÂN HÀM ẨN PP1 Biến đổi đưa nguyên hàm PP2 Phương pháp đổi biến số PP3 Phương pháp tính tích phân phần PP4 Tạo bình phương cho hàm số dấu tích phân BIẾN ĐỔI ĐƯA VỀ NGUYÊN HÀM CƠ BẢN a Kiến thức sử dụng ( x)  f ( x) với x �K F ( x)  � f ( x) dx * Nếu F � * Các công thức đạo hàm: ; 2) 1) u� v  u.v�   uv  � � u� u� v  uv� �u �  � �; 3) u  v �v �  u  �; 4) nu � u � �1 �  � � u �u � ; 5)  u�   un  � n 1 b Ví dụ áp dụng Ví dụ Cho hàm số f  x  �0 , liên tục đoạn  1; 2 thỏa mãn f (1)  x f � ( x)    x  f ( x) với x � 1; 2 Tính tích phân I  � f ( x)dx 2 � f� ( x)  x u� 1�  , biểu thức vế trái có dạng  �  2 � � từ ta có lời giải f ( x) x u �u� Nhận xét: từ gt ta có Lời giải � � � f� ( x)  x Ta có x f � ( x)    x  f ( x) �  �  � �  f ( x) x2 � f ( x) � x 1 1 �1 � � dx �     x  c , f (1)  � c  �2  2� f ( x) f ( x) x �x � 2x 1 x  � f ( x)  Nên ta có f ( x) x x 1 � 2 x d (1  x ) f ( x)dx  � dx  �  ln  x Khi I  �  2x 1 2x 1  1  ln  ln 3  ln 4 Ví dụ Cho hàm số f ( x) liên tục, không âm R thỏa mãn f ( x) f � ( x)  x f ( x)   f ( x)dx với x �R f (0)  Tính tích phân I  � Nhận xét: từ gt ta có f ( x) f � ( x) f ( x)  uu �  x , biểu thức vế trái có dạng u 1   lời giải Lời giải f ( x) f � ( x) ( x)  x f ( x)   � Ta có f ( x) f � � f ( x)   � xdx � f ( x)   2x �   � f ( x)   x f ( x)   x  c Do f (0)  � c  nên ta có f ( x )   x  � f ( x)    x  1 � f ( x)  x  x   � f ( x)  x x2   � u  từ ta có 1 f ( x )dx  � x x  2dx  � x x  2dx (vì f ( x) khơng âm R ) Khi I  �  1  1 x  2d ( x  2)  � x2  2 x2  �  3  2  � � � 20 3  Ví dụ Cho hàm số f ( x) đồng biến, có đạo hàm đoạn  1; 4 thoả mãn x  x f ( x )   f � ( x)  f ( x)dx với x � 1; 4 Biết f (1)  , tính I  � Lời giải f� ( x ) 0, x  1; 4 Do f ( x) đồng biến đoạn  1; 4 � 2 ( x ) �0, x � 1; 4 ( x)  � x   f ( x)    f � ( x)  , x � 1; 4 f � Ta có x  x f ( x)   f � � f ( x)  f� ( x) 1 ( x)  x  f ( x) �  x� f �  f ( x) �  f ( x)  �xdx �  f ( x)    �  f ( x)  x 3 x x  c Vì f (1)  �    c � c  2 3 2 4� 32 �2 �  f ( x )  x x  �  f ( x)  � x x  �� f ( x)  x  x  3 3� 9 18 �3 4 �2 32 � �1 16 52 � 1186 f ( x)dx  � dx  � x  x  x �  Khi I  � �x  x  � 9 18 � � 18 45 18 � 45 1� Ví dụ Cho hàm số f ( x) đồng biến, có đạo hàm cấp hai đoạn  0; 2 thỏa 2 � ( x)   f � ( x)   với x � 0; 2 Biết f (0)  1, f (2)  e , tính tích mãn  f ( x)   f ( x) f � I� (2 x  1) f ( x )dx 2 Nhận xét: từ gt ta có � f ( x) f � ( x)   f � ( x)   f ( x)  2 � ( x) �  , biểu thức vế trái có dạng �f � �f ( x) � từ ta có � � lời giải Lời giải f ( x� ) f (2) Do f ( x) đồng biến đoạn  0; 2 nên ta có f (0) ��� � ( x)   f � ( x)   � Ta có  f ( x)   f ( x) f � 2 � f ( x) f � ( x)   f � ( x)  f ( x ) 2 f ( x) e � ( x) �  � �f � �f ( x) � � � f� ( x) f� ( x) � 2.dx  x  c � � dx  �  x  c  dx � ln f ( x)  x  cx  c1 mà �f ( x) �e6 f ( x) f ( x) c1  c 1 �f (0)  � � � � Nên ta có ln f ( x)  x  cx  c1 Do � � � c1   2c  c1  � � �f (2)  e � � ln f ( x)  x  x � f ( x )  e x x (2 x  1) f ( x)dx  � (2 x  1).e Khi I  � 2 2 x2  x dx  � e x  x d (e x x )  ex 2 ( x).e f Ví dụ Cho f ( x) có đạo hàm R thỏa mãn f � f (0)  , tính tích phân I  x f ( x)dx � x 2 ( x )  x 1   e2  2x  với x �R Biết f ( x) Lời giải ( x).e f Ta có f � � ef ( x) ( x )  x 1  2x � f (x) x 1 f ( x) � x 1 � �  � f ( x ) f ( x ) e  x e � e  x e � � f ( x) � xe x 1dx  � e x 1d ( x  1)  e x f (0)  � e  e  c � c  � e f (x)  ex 2 1 1 Khi I  � x f ( x)dx  � x x  1.dx  0  c Do � f ( x)  x  � f ( x)  x  7 45 x  1.d ( x  1)  � x  1 x  �   � � 8� 0 2 ( x)  với x � 0;1 Biết Ví dụ Cho f ( x) có đạo hàm  0;1 thỏa mãn f ( x)   x  1 f � f (5)  f ( x)dx , tính tích phân I  � Nhận xét: từ gt ta có  x  1 �f ( x)   x  1 f � ( x)  , vế trái biểu thức có dạng , từ ta có lời giải u� v  u.v�   uv  � Lời giải � Ta có f ( x)   x  1 f � ( x)  �  x  1 �f ( x)   x  1 f � ( x)  � �  x  1 f ( x) � � � �  x  1 f ( x)  � dx �  x  1 f ( x)  x  c , f (5)  �  x  1 f ( x)  x  � f ( x)  1 x2 Khi x 1 7 �   c � c  6 1 x2 � � I � f ( x)dx  � dx  � 1 dx   x  ln x     ln � � x 1 x 1 � 0 0� Nhận xét: với u ( x) biểu thức cho trước ta có  u ( x) f ( x)  � u� ( x) f ( x )  u ( x ) f � ( x) ( x) ta  u ( x) f ( x)  � v( x) f ( x)  u ( x) f � Đặt v( x)  u� ( x) (*) Như biểu thức có dạng v ( x ) f ( x)  u ( x ) f � ( x ) ta biến đổi đưa dạng  u ( x ) f ( x )  � Khi ta có tốn tổng qt cho ví dụ sau: Cho A( x); B ( x ) ; g ( x) biểu thức biết Tìm hàm số f ( x) thỏa mãn A( x) f ( x)  B( x) f � ( x)  g ( x) (**) Do vế trái có dạng (*) nên ta biến đổi (**) �  u ( x) f ( x) � g ( x) u� ( x )  A( x) u � � ( x) A( x) u� ( x) A( x) �  � � dx  � dx u ( x )  B ( x) u ( x) B ( x ) u ( x) B ( x) � A( x) � ln u ( x )  G ( x)  c (với G ( x) nguyên hàm ) � từ ta chọn biểu B ( x) thức u ( x) ( x )  x 2018 Ví dụ Cho f ( x) có đạo hàm  0;1 thỏa mãn f (1)  2018 f ( x)  x f � 2018 Trong u ( x) chọn cho : � f ( x)dx với x � 0;1 Tính tích phân I  � Nhận xét : trước hết ta tìm biểu thức u ( x) Ta có 2018 � ln u ( x)  � dx � ln u ( x)  2018ln x  c � ln u ( x)  ln x 2018  c x nên ta chọn u ( x)  x 2018 , ta có lời giải sau: Lời giải � 2017 2018 4035 Ta có � x 2018 f ( x) � ( x)  x 2017  2018 f ( x)  xf � ( x)   x 2017 � x 2018 � � � 2018 x f ( x)  x f � � � x x 4035 dx � x 2018 f ( x)  Khi x 2018 f ( x)  � x 4036 x 2018 � f ( x)  2018 2018 � c  � x 2018 f ( x )  1 1 x 4036 �  c  c , f (1)  2018 2018 2018 2018 1 � x 2019 � x 2018 f ( x)dx  � dx  � I  � � 2018 �2019.2018 �0 2018.2019 0 ( x)  2e x với x � 1; 2 Biết Ví dụ Cho f ( x) có đạo hàm  1; 2 thỏa mãn ( x  1) f ( x)  x f � f (1)  e , tính tích phân I  � x f ( x)dx Nhận xét : trước hết ta tìm biểu thức u ( x) Ta có x 1 � ln u ( x )  � dx � ln u ( x)  x  ln x  c � ln u ( x )  ln e x  ln x  c � ln u ( x)  ln xe x  c nên ta x x chọn u ( x)  xe , từ ta có lời giải Lời giải � x � x Ta có � xe x f ( x) � ( x)   e x  xe x  f ( x)  xe x f � ( x) � �  xe  f ( x)  xe f � � x 2e x �� xe x f ( x )  2e x dx � xe x f ( x)  e x  c  ex � ( x) � xe x f ( x ) �  x  1 f ( x )  xf � � �� � � � � e � � � f (1)  e � e.e  e  c � c  � xe x f ( x)  e x � f ( x )  2 1 ex x x f ( x)dx  � e x dx  e x  e  e Khi I  � ( x)  f ( x )  x  x Ví dụ Cho f ( x) liên tục có đạo hàm R \  1;0 thỏa mãn x( x  1) f � xf ( x)dx với x �R \  1;0 f (1)  2 ln Tính tích phân � 1 dx Nhận xét : trước hết ta tìm biểu thức u ( x) Ta có ln u ( x)  � x( x  1) � x �1 � ln u ( x )  � dx � ln u ( x)   c , nên ta chọn � � x 1 �x x  � x u ( x)  , từ ta có lời giải x 1 Lời giải � x � Ta có � f ( x ) � � x f ( x)  f� ( x)   f ( x)  x( x  1) f � ( x)  x 1 ( x  1) �x  � ( x  1) � � x x x �x � �x � � � � � f ( x) � x  x � f ( x )  � f ( x )  � dx � � � � x 1 x 1 �x  � ( x  1) �x  � x 1 x x � � f ( x)  � 1 dx � f ( x)  x  ln x   c Do � � x 1 x 1 � x 1� f (1)  2 ln � (2 ln 2)   ln  c � c  1 x   ( x  1).ln x  x � f ( x)  x  ln x   � f ( x)  Khi x 1 x � 2 �x � I � xf ( x )dx  � ( x  1).ln  x  1 dx   I1  x   ( x  1).ln  x  1  dx  �3  x �  � � � 1 1 � du  dx � u  ln( x  1) � � x 1 ( x  1).ln  x  1 dx ; đặt � �� Với I1  � x2 1 �dv  ( x  1)dx � v   x    x  1 � 2 2 2 � 9 �x � � � I1  � ( x  1) ln( x  1) �  �  x  1 dx � I1  ln  ln  �  x �  ln  ln  2 �2 � �1 � 4 �9 � 31 Khi I   I1   � ln  ln  �  ln  ln 3 �2 � 12 2 PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN SỐ a Kiến thức sử dụng b u (b ) a u (a ) f  u ( x )  u � ( x)dx  �f (u )du � Công thức : Chú ý: Đối với biến số lấy tích phân, ta chọn chữ số thay cho x Như b b b a a a f ( x )dx  � f (u )du  � f (t )dt  tích phân khơng phụ thuộc vào biến tức � b Ví dụ áp dụng Ví dụ Cho hàm số f ( x) liên tục R thỏa mãn 2018 f ( x)  f ( x)  e x với x �R Tính tích phân I  �f ( x)dx 1 Nhận xét: giả thiết chứa f ( x) f ( x) , nên ta biến đổi tạo hai biểu thức cách đặt x  t , từ ta có lời giải Lời giải �x  1 � t  �x  � t  1 Đặt x  t � dx  dt , đổi cận : � 1 f (t )dt  Khi I   � 1 �f (t )dt � I  1 1 �f ( x)dx Vì 2018I  I  2018 �f ( x)dx  �f ( x)dx 1 1 1 e e x dx  e x  e  � I   2018 f ( x)  f ( x)dx � 2019 I  � nên 2019 I  � 1 1 1 1 e 1 2019e 2 � � Ví dụ Cho hàm số f ( x) liên tục đoạn � ;1�và thỏa mãn f ( x)  f ( )  x với � � 3x f ( x) � � x �� ;1� Tính tích phân I  �x dx � � 3x Nhận xét: giả thiết chứa f ( x) f ( ) , nên ta biến đổi tạo hai biểu thức cách đặt x  , từ ta có lời giải 3t Lời giải � 2 x  �t 1 f ( ) � 3t t 2 � Đặt x  � dx   dt , đổi cận : � Khi I   � dt 31 3t 3t �x  � t  3t � 2 f( ) ) ) f ( 1 f ( f ( x) t x x  � dt  � dx Ta có I  3I  2� dx  3� dx t x x x 2 2 3 3 ) f ( x)  f ( 1 5x x � 5I  � dx  � dx  � 5dx  � I  x 3 2 x 3 Ví dụ Cho hàm số f ( x) liên tục đoạn  0; 2 thỏa mãn f ( x)  f (2  x)   x  12 x  16 f ( x)dx với x � 0; 2 Tính tích phân I  � Nhận xét: giả thiết chứa f ( x) f (2  x) , nên ta biến đổi tạo hai biểu thức cách đặt x   t , từ ta có lời giải Lời giải �x  � t  �x  � t  Đặt x   t � dx  dt , đổi cận : � 2 f (2  t )dt  � f (2  t )dt � I  � f (2  x)dx Khi I   � 0 2 0 f ( x )dx  4� f (2  x)dx  �  f ( x)  f (2  x) dx �  I  �   x  12 x  16  dx Ta có 3I  I  3� 2 � � � I  �   x2  12 x  16 dx  �3x  x2  16 x �  163 � I   163 � �0 Ví dụ Cho hàm số f ( x) liên tục R thỏa mãn f ( x)  xf ( x )  x  với x �R Tính f ( x)dx tích phân I  � Nhận xét: giả thiết chứa f ( x) f ( x ) , nên ta biến đổi tạo hai biểu thức cách đặt x  t , từ ta có lời giải Lời giải �x  � t  �x  � t  Đặt x  t � dx  2tdt , đổi cận : � 1 1 0 f (t ).2tdt � I  � xf ( x )dx Ta có I  I  � f ( x) dx  � xf ( x ) dx Khi I  � 2 0 1 0 � � dx  �  x  1 dx   x  x   �  I  � I  2 �f ( x )  xf ( x ) � � Như từ ví dụ ta thấy giả thiết cho mối liên hệ f ( x) f (u ( x)) Thì ta đặt x  u (t ) Ví dụ Cho hàm số f ( x) liên tục R thỏa mãn f ( x3  x  2)  x  với x �R Tính 10 f ( x )dx tích phân I  � Lời giải �x  � t  2t  � t  x  t  t  � dx  t  t dt   , đổi cận : �x  10 � t  2t  12 � t  Đặt � 2 1 f (t  2t  2)  3t  2t  dt  �  3t  1  3t  2t  dt  �  9t  3t  2t  dt Ta có I  � �9t � 151  � t t � �4 � 2019 Ví dụ Cho hàm số f ( x) liên tục đoạn  1;5 thỏa mãn  f ( x)  f ( x)   x với f ( x)dx x � 1;5 Tính tích phân I  � Đặt t  f ( x) � t  t   x � dx   2019t 2019 Lời giải 2018  1 dt �x  � t 2019  t   � t  1 Đổi cận : � 2019 t   � t 1 �x  � t t  2019t Ta có I  � 1 2018 1  1 dt  �  2019t 2019 1 �2019 2020 �  t  dt  � t  t � 0 �1 �2020 Ví dụ Biết số thực t �0 phương trình x3  tx   có nghiệm dương x  x(t ) ,  x(t ) dt với x(t ) hàm số liên tục theo t  0; � Tính tích phân I  � Lời giải � t  � x3   � x  �  4x 8x  � dt   dx , đổi cận : � Đặt t  t  � x3  x   � x  x x � � 3 1 x3  31 x dx  x  dx  x  x     Ta có I   �  � x 2 PHƯƠNG PHÁP TÍNH TÍCH PHÂN TỪNG PHẦN a Kiến thức sử dụng b b u ( x ) v� ( x)dx   u ( x)v( x)  a  � v ( x )u � ( x) dx (trong u , v có đạo hàm liên tục K Công thức � b a a a, b hai số thuộc K ) b Ví dụ áp dụng Ví dụ Cho hàm số f ( x) liên tục, có đạo hàm R thỏa mãn f ( 3)  f ( x )dx �1  x ( x ) ln  x  �f �  Tính tích phân I   x dx Lời giải   � � du  dx u  ln x   x � � ��  x2 Đặt � � � dv  f � ( x )dx � v  f ( x) �  Khi I  f ( x ) ln x   x  3  f ( x)dx �1  x    ln   Ví dụ Cho hàm số f ( x) liên tục, có đạo hàm R thỏa mãn f (3)  f (0)  18 ( x)  1  f� � x  1dx  302 f ( x) I � dx Tính tích phân 15 x 1 Lời giải 1 � � dx u  x 1 � �du  �� x 1 Đặt � dv   f � ( x )  1 dx � � v  f ( x)  x  � 3 � f ( x) 302 � x 1 � � �  dx  f ( x)  x  1 x  1�0  � Khi � � 15 � x 1 � I 302 I 14 76  f (3)  f (0)    �x  1dx �  25   � I  20 15 15 Ví dụ Cho hàm số f ( x) liên tục, có đạo hàm đoạn  1;3 thỏa mãn f (3)  f (1)  f ( x)  ln x xf � ( x) dx dx  Tính tích phân I  � � x 1  x  1 1 Lời giải f ( x)  ln x Xét I  �  x  1 � 1� � u  f ( x)  ln x � du  �f � ( x)  � dx � � x� � dx , đặt � � � dv  dx � x � � v 1   x  1 � � x 1 x 1 � 3 ( x) � �x � �xf �  dx Khi I  �  f ( x)  ln x  �  � � �x  �1 �x  x  1� �  3 3  ln x  1 �  ln  ln  f (3)  ln 3  f (1)  � � � 4 Ví dụ Cho hàm số f ( x) liên tục, có đạo hàm đoạn  0;1 thỏa mãn f (1)  ( x)  x  ln(1  x )dx  ln  Tính tích phân  f� � xf ( x) I  � dx 1 x Lời giải 2x � du  dx � � u  ln(1  x ) � �  x ( x)  x  ln(1  x )dx  ln  , đặt � ��  f� Xét � dv   f � ( x )  x  dx � x2 � v  f ( x)   � 2 1 � � �2 xf ( x) � x2  � � f ( x )  ln(1  x )  x� dx Khi ln   � � � � � � 2 � � � � �0 �1  x 1 xf ( x) 1   f (1)  1 ln  2� dx  � xdx � ln   ln  I  � I   ln 1 x 2 4 0 TẠO BÌNH PHƯƠNG CHO HÀM SỐ DƯỚI DẤU TÍCH PHÂN a Kiến thức sử dụng Nếu f ( x) �0 với x � a; b  b f ( x)dx �0 , dấu "=" xảy � � a b Hệ quả: f ( x)dx  � � f ( x)  với x � a; b  a b Ví dụ áp dụng f ( x)  0, x � a; b  xf ( x) dx  Ví dụ Cho hàm số f ( x) liên tục, có đạo hàm đoạn  0;1 Biết �  f ( x)  � dx  Tính tích phân I  �  f ( x) 2018 dx 2 Nhận xét : giả thiết chứa  f ( x)  xf ( x) nên ta tạo bình phương dạng  f ( x)  ax  1    f ( x)  ax  dx  � � f ( x)   2axf ( x)  a x dx  Ta chọn a cho � 1 2 �� xf ( x)dx  a � x dx  �  2a  a  � a  Từ ta có lời giải  f ( x) dx  2a � 0 Lời giải 1   1 0 xf ( x )dx  9� x dx  f ( x)  3x dx  � � f ( x)   xf ( x)  x dx  �  f ( x) dx  6� Ta có � 0 2 �    � f ( x)  3x Khi I  �  f ( x) 2018 dx  32018 � x 2018 dx  2018 2019  �� 0; � Biết f ( )  , Ví dụ Cho hàm số f ( x) liên tục, có đạo hàm đoạn � � 2�  ( x)   f� � dx     cos x f ( x )dx  Tính tích phân �  I� f ( x )dx ( x)  f ( x ) nên ta chưa thể tạo bình phương, trước hết Nhận xét : giả thiết chứa  f �  ( x) cách đặt ta biến đổi � cos x f ( x) dx để tạo biểu thức f � u  f ( x) du  f � ( x )dx � � �� � ,    f ( x) s inx  dv  cos xdx v  s inx � �  �� f� ( x) sin xdx     � f� ( x) sin xdx  Đến ta hai biểu thức  f � ( x ).s inx nên ta tạo bình ( x)  f � 2 ( x)  a s inx  Ta chọn a cho phương dạng  f �  ( x)  a s inx   f� �  2    dx  � � ( x)   2a s inx.f � ( x)  a sin x dx   f�  2  2  a2 �a � �   a    �  �  1� � a  2 Từ � � �� sin x f ( x)dx  a � sin xdx   f ( x) dx  2a � �2 � 0 2 ta có lời giải Lời giải  u  f ( x) � du  f � ( x)dx �  �� Xét � cos x f ( x )dx  , đặt � dv  cos xdx v  s inx � �   0     f ( x)s inx   � f� ( x)sin xdx � � f� ( x) sin xdx   Ta có  2  ( x)  2s inx   f� �  2 4 ( x)  2sin x dx  � � ( x)   4s inx.f � ( x)  4sin x dx    2   � f �  f�     0 2  � f ( x)  cos x  c mà f ( )  � c  nên ta có f ( x)  cos x Ta có I  f ( x )dx  cos xdx  � � Ví dụ Cho hàm số f ( x) liên tục, có đạo hàm đoạn  1; 0 Biết f (1)   ( x) � 169 �f � dx  � �x � 105 � 1 � 10 103 f ( x)dx  x  1 f ( x)dx  Tính tích phân I  � � 420 1 ( x) � �f � Nhận xét : giả thiết chứa � � f ( x) nên ta chưa thể tạo bình phương, �x � ( x) cách đặt  x  1 f ( x)dx để đưa f � trước hết ta biến đổi � 1 du  f � ( x)dx � u  f ( x) � � � � � � 103 x �� x �  x �f ( x) �  � x2  2x  f � ( x)dx , �  � dv   x  1 dx � v x 420 � � �2 � �1 1 � 2 169 f� ( x) � � � ��  x  x  f ( x)dx  105 Đến ta hai biểu thức � x �  x  x  f �( x) � � 1 ( x) �f � �  a  x  x  �, ta chọn a ta tạo bình phương dạng � �x � 2 � � ( x) ( x) � f� ( x) �f � �f � � 2 2  a x  x dx  �  a x  x  a x  x dx  � �       � � �x � � � � x � �x � � � 0� � 1 ( x) � �f � 2 2 � �� dx  a x  x f ( x ) dx  a x  x     dx  � � �x � � � 0 169 169 169 �  2a  a  � a  Từ ta có lời giải 105 105 105 Lời giải 103  x  1 f ( x)dx  Xét � , đặt 420 1 du  f � ( x)dx � u  f ( x) � � � � x2 , � dv   x  1 dx � v x � � 0 169 �x � � 10 103 � x2  2x  f � ( x)dx  � x  2x  f � ( x)dx � �   �  x �f ( x) �  � 105 420 � 1 �2 � �1 1 2 ��f � � ( x) ( x) � f� ( x) �f � � 3 2  x  x dx  �  x  x  x  x dx � �       Ta có � � � � � �� � x x x � � � � 0� � 1 1 ( x) � 169 169 169 �f � 2 � � dx  x  x f ( x ) dx  x  x dx    0     � � � � x 105 105 105 � � 0 f� ( x) 1 �  x3  x � f � ( x)  x  x � f ( x)  x  x  c Mà f ( 1)   � c  x 10 10 1 1 �1 � �1 � f ( x )  x  x I  f ( x ) dx  x  x � dx  � x  x �   nên Khi � � � 5 � �30 10 �0 15 0� Ví dụ Cho hàm số f ( x) liên tục, có đạo hàm đoạn  0; 2 Biết f (2)  ( x)   f� 2 f ( x)dx  21x  12 x  12 xf ( x ) với x � 0; 2 Tính tích phân I  � Lời giải 2 � ( x )  dx  � 21x  12 x  12 xf ( x) � dx  f� Từ giả thiết ta có � � � 2 2 2 552 �� ( x)  dx  � xf ( x)dx � � ( x)  dx   12� xf ( x)dx (*)  f�  f�  21x  12 x  dx  12� 0 0 2 ( x)  f ( x ) nên ta chưa thể tạo bình phương, trước hết Đến ta có hai biểu thức  f � du  f � ( x)dx � u  f ( x) � � xf ( x) dx để tạo f � ( x) cách đặt � �� x ta biến đổi � dv  xdx � v � � 2 2 �x � 12 2 xf ( x) dx  � f ( x) �  � x f� ( x) dx  14  � x f� ( x) dx , vào (*) ta Khi � 20 �2 �0 0 ( x ) dx   f� � 2 x dx  Mà � 2 � 12 � 288 552 � f ( x ) dx  x2 f � ( x)dx   (**)  12 � 14  � x f� ( x)dx �� �   � 5 0 � � 2 288 �� ( x)  dx  � x2 f � ( x)dx  � x dx   f� nên ta có (**) 0 � �� ( x)  x � ( x)  3x � f ( x)  x  c mà f (2)  � c  1 � f ( x )  x3  �f � �dx  � f � 2 0 f ( x)dx  �  x3  1 dx  Khi I  � Ví dụ Cho hàm số f ( x) liên tục đoạn  0;1 thỏa mãn f ( x)dx  Biết �  f ( x)  � xf ( x) dx  � dx  13 I �  f ( x) dx Tính tích phân Nhận xét : giả thiết chứa  f ( x)  , xf ( x) f ( x) nên ta tạo bình phương dạng  f ( x)  ax  b  , ta chọn a, b cho  f ( x)  ax  b � 2 dx  0   ��  f ( x)  2axf ( x)  2bf ( x)  2abx  a x  b dx  0 1 1 0 �� xf ( x)dx  2b � f ( x )dx  2ab � xdx  �  f ( x) dx  2a �  a x  b  dx  0 2 13 a  2a  4b  ab   b2  � a   3b   a  3b  12b  13  Để có a 2    3b     3b  12b  13 �0 � 3  b  1 �0 � b  1 � a  2 , từ ta có lời giải � Lời giải 11    f ( x)  x  1 dx  � f ( x)  xf ( x)  f ( x)  x  x  dx Ta có � 2 1 1 0 0 � xf ( x )dx  2� f ( x )dx  � xdx  �  f ( x) dx  4�  x  1dx   3 13  x  1 dx  10       � f ( x)  x  Khi I  �  f ( x) dx  � 0  �� 0; Ví dụ Cho hàm số f ( x) liên tục đoạn � thỏa mãn � 2� �   0  sin x f ( x) dx   �  f ( x) � dx   f ( x )dx   , �  3  Tính tích phân I  � f ( x ).cos xdx Nhận xét : giả thiết chứa  f ( x)  , sin x f ( x) f ( x) nên ta tạo bình phương dạng  f ( x)  a sin x  b  ,ta chọn a, b cho   f ( x)  a sin x  b  � dx  0    ��  f ( x)  2a sin xf ( x)  2bf ( x)  2ab sin x  a sin x  b dx  0  �  f ( x) �   0   0 dx  2a � sin xf ( x)dx  2b � f ( x)dx  2ab � sin xdx  �  a sin x  b  dx  3  � � �  a b 2 �   2a �  1� 2b �  1� 2ab    �   a  1   a  1  b  1  2  b  1  , để 4 �4 � �2 � 2 có a � 16  b  1  2  b  1 �0 2 � �  16  2   b  1 �0 � b  1 � a  1 Từ ta có lời giải Lời giải   0 Ta có �  f ( x)  sin x  1 dx     f ( x) �   2sin xf ( x)  f ( x)  2sin x  sin x  dx      0 0 �� sin xf ( x)dx  2� f ( x)dx  � sin xdx  �  f ( x) dx  �  sin x  1 dx  3 3 � � � �    �  1� �  1�   � f ( x)  s inx  ta có I   s inx  1 cos xdx  � 4 �4 � �2 � 12 ... ln 3 �2 � 12 2 PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN SỐ a Kiến thức sử dụng b u (b ) a u (a ) f  u ( x )  u � ( x)dx  �f (u )du � Công thức : Chú ý: Đối với biến số lấy tích phân, ta chọn chữ số thay cho x... )du  � f (t )dt  tích phân khơng phụ thuộc vào biến tức � b Ví dụ áp dụng Ví dụ Cho hàm số f ( x) liên tục R thỏa mãn 2018 f ( x)  f ( x)  e x với x �R Tính tích phân I  �f ( x)dx 1...  t � 0 �1 �2020 Ví dụ Biết số thực t �0 phương trình x3  tx   có nghiệm dương x  x(t ) ,  x(t ) dt với x(t ) hàm số liên tục theo t  0; � Tính tích phân I  � Lời giải � t  � x3