Qua 5 ví dụ trên ta đã phần nào hiểu được phương pháp làm các bài tập của dạng toán này, mấu chốt là đưa về nguyên hàm tích phân hàm đa thức qua các phép biến đổi và thêm bớt, và đồng th[r]
(1)HÀM LƯỢNG GIÁC
CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN
Nguyễn Minh Tuấn ft Phạm Việt Anh
(2)Chương 1
Các dạng toán phương pháp
1 Các dạng toán bản
Dạng
Tính tích phân tổng quát sau
I1 =
Z
(sinx)ndx;I2
Z
(cosx)ndx
Phương pháp
Ta ý công thức 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 để Nếu n lẻ lớn ta sử dụng phép biến đổi sau
Biến đổi Ta có
I1 =
Z
(sinx)ndx =
Z
(sinx)2p+1dx=
Z
(sinx)2psinxdx=− Z
1−cos2xpd(cosx) =−
Z
Cp0−Cp1cos2x+ .+ (−1)kCpk 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 có
I2 =
Z
(cosx)ndx=
Z
(cosx)2p+1dx=
Z
(cosx)2pcosxdx=
Z
(3)=
Z
Cp0−Cp1sin2x+ .+ (−1)kCpk 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 chung dạng tốn khơng khó, khó phép biến đổi tương đối dài cồng kềnh ,và mấu chốt hạ bậc để đưa nguyên hàm Sau ta tìm hiểu ví dụ phần này!
Tìm nguyên 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 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 có
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 hàm ta có
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−20
7 sin
72x+
3sin
92x−
11sin
112x+
13sin
132x
+C Biến đổi nguyên 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 làm tính tích phân ta bắt gặp tốn liên tuan tới tích biểu thức sinx,cosxkhi ta sử dụng cơng thức biến tích thành tổng để giải tốn Sau cơng thức cần 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 chung dạng tốn bản, sau ta tìm hiểu tốn
Tìm ngun hàm sau
• I =
Z
(cosx)3sin 8xdx
• I =
Z
(cos 2x)13dx Bài
Lời giải
1 Biến đổi nguyên hàm ta có
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 nguyên hàm ta có
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 pháp
Trường hợp Nếum, n số nguyên
Nếu m n chẵn dùng cơng thức hạ bậc biến tích thành tổng Nếu m chẵn vàn lẻ ta biến đổi
I =
Z
(sinx)m(cosx)2p+1dx=
Z
(sinx)n(cosx)2pcosxdx=
Z
(sinx)m 1−sin2xpd(sinx) =
Z
(sinx)mCp0−Cp1sin2x+ .+ (−1)kCpk 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 biến đổi tương tự trường hợp
Nếu m lẻ n lẻ dùng ta tách biểu thức sinx cosx để đưa vào dấu 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 nguyên hàm ta có
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 nguyên hàm ta có
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 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)120 120
!
+C Biến đổi nguyên hàm ta có
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 tổng quát
I1 =
Z
(tanx)ndx;I2 =
Z
(cotx)ndx(n ∈N)
Phương pháp
Trong toán ta cần ý 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 tốn tính
Z
(tanx)ndx ta cần cố gắng tách dạng tanmx(tan2x+ 1) đến
cuối để đưa toán
(9)Tìm ngun hàm sau
• I =
Z
(tanx)8dx
• I =
Z
(tan 2x)13dx
• I =
Z
(cotx)12dx
• I =
Z
(cot 4x)9dx
• I =
Z
(tanx+ cotx)5dx Bài
Lời giải
1 Biến đổi nguyên 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 nguyên hàm ta có
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 nguyên hàm ta có
I =
Z
(tan 2x)13dx
=
Z
(10)−(tan 2x)5 + tan22x+ (tan 2x)3 + tan22x−tan 2x + tan22x+ tan 2x
=
Z
(tan 2x)11−(tan 2x)9+ (tan 2x)7−(tan 2x)5+ (tan 2x)3−tan 2xd(tan 2x)+
Z
tan2xdx
=
(tan 2x)12 12 −
(tan 2x)10 10 +
(tan 2x)8 −
(tan 2x)6 +
(tan 2x)4 −
(tan 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 đổi nguyên 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 + 2tan
2x−6 ln|cosx| − (cotx)
4 −2cot
2x+ ln|sinx|+C
(11)Dạng
Tính tích phân tổng quát
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 hợp Nếu m, nchẵn ta biến đổi 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 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 hợp Nếu m chẵn vàn lẻ ta biến 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 có
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 (tan 4x)7
(cos 4x)95dx
• I =
Z
(cot 3x)9 (sin 3x)41dx
• I =
Z
(tan 3x)7 (cos 3x)6dx
Bài
Lời giải
1 Biến đổi nguyên hàm ta có
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 hàm ta có
I =
Z
(tan 4x)7 (cos 4x)95dx=
Z
(tan 4x)6
1 cos 4x
94
tan 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 hàm ta có
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 đổi nguyên hàm ta có
I =
Z
(tan 3x)7
1 (cos 3x)2
2
dx
(cos 3x)2 =
Z
(tan 3x)7 + tan23x2d(tan 3x) =
3
Z
(tan 3x)71 + 2(tan 3x)2+ (tan 3x)4d(tan 3x) =
3
"
(tan 3x)8 +
(tan 3x)10 10 +
(tan 3x)12 10
#
+C
Tóm lại Qua ví dụ ta thấy đó, mấu chốt cơng thức lượng giác phân tích hợp lý, phần hướng dẫn có đầy đủ Tương tự phần trước tập tự luyện có lẽ khơng cần bạn tự nghĩ câu để làm Ta chuyển tiếp sang phần sau!
2 Các dạng toán biến đổi nâng cao
Các tốn ngun hàm tích phân lượng giác phong phú khơng dừng lại dạng tốn bên Ở phần ta tìm hiểu dạng toán nâng cao hơn, với phép biến đổi phức tạp Sau vào dạng toán cụ thể!
Dạng
Tính tích phân tổng quát I =
Z dx
sin (x+a) sin (x+b)
Phương 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)[ln|sin (x+b)| −ln|sin (x+a)|] +C
(14)• J =
Z
dx
cos (x+a) cos (x+b) cách dùng đồng thức =
sin (a−b) sin (a−b)
• K =
Z
dx
sin (x+a) cos (x+b) cách dùng đồng thức =
cos (a−b) cos (a−b)
Sau ví dụ minh 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 quát I =
Z
tan (x+a) tan (x+b)dx
Phương pháp
Ta có
tan (x+a) tan (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 gặp tốn tìm ngun hàm Dạng Chú ý Với cách này, ta tính nguyên hàm
• J =
Z
cot (x+a) cot (x+b)dx
• K =
Z
(16)Sau ví dụ minh họa cho tốn
Tìm ngun hàm sau
• I =
Z
cotx+π
cotx+π
dx
• K =
Z
tan
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 có = 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 có
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
+
Như 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 tổng quát I =
Z dx
asinx+bcosx
Phương pháp
Ta biến đổi
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 cho 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
tan
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 tổng 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 minh họa cho 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 có
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
tan
x
2 +
+C
2 Đặttan 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
tan
x
2
−ln
tan
x
2 +
+C
3 Đặttan 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 4tan
2x
2 +C
4 Biến đổi giả 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 + tan
x
2 +
dx
Đặt
tanx
2 =t ⇒I =
Z
0
t2+ 1ln t2+t+ 1dt
Đến sử dụng tích chất
Z b
a
f(x)dx =
Z b
a
f(a+b−x)dx ta tính tích phân cần 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 có
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 quát I =
Z
dx
(21)Phương pháp
Ta biến 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 minh họa cho tốn
Tìm ngun hàm sau
• I =
Z dx
3sin2x−2 sinxcosx−cos2x
• J =
Z
dx
sin2x−2 sinxcosx−2cos2x Bài
Lời giải
1 Ta có
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 quát I =
Z
a1sinx+b1cosx a2sinx+b2cosx
dx
Phương pháp
Ta tìm A, B cho
a1sinx+b1cosx=A(a2sinx+b2cosx) +B(a2cosx−b2sinx)
Tìm nguyên hàm sau
• I =
Z
4 sinx+ cosx
sinx+ cosx dx
• J =
Z dx
sin2x−2 sinxcosx−2cos2x Bài
Lời giải
1 Ta tìm A, B cho 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 tìm 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 có
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 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 có
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 tìm hiểu dạng trước! Sau ví dụ minh họa cho 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[sin (x−u)] 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
Phương pháp
Gọi 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 minh họa cho tốn
Tính tích phân sau
I =
Z (sinx+ cosx)dx
2sin2x−4 sinxcosx+ 5cos2x Bài
Lời giải
Gọi λ1, λ2 nghiệm phương 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 =
5arctan (sinx−2 cosx) + 10√6ln
√
6 + cosx+ sinx
√
6−cosx−2 sinx
+C Dạng
Biến đổi nâng cao với dạng tích phân
Z dx
(sinx)n
R dx
(cosx)n
Thực chất chia dạng tốn thành dạng tốn nhỏ tính ngun hàm tích phân ta gặp tốn kiểu này, muốn giới thiệu cho bạn cách để xử lý
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 tan 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 + tan 4x
2
tanx23 =
" −1
2 tanx22 + ln
tan x + tan 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 + 6tan 4x
2 + 4tan 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 tan x2
tanx27 =
64
" −1 tanx
2
6 −
3 tanx
2
4 −
15 tan x
2
2 + 20 ln tan 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 tan x22n − .−
C2nn−1
2 tanx22 +C
n 2nln
tan 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 tan u
2
tanu2 = ln
tan u
+C = ln
tan 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 tan u + tanu 2 # +C = " −1
2tan x2 +π42 + ln
tan x + π + h
tanx + π i2 # +C
• I4 =
Z dx
cos4x =
Z
1 + tan2xd(tanx) = tanx+ 3tan
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 + 6tan 4u
2 + 4tan 6u
2 + tan 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 5tan
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 tan
u
2 + 15tan
8u
2 + 6tan
10u
2 + tan
12u tanu d tanu = 64 " −1 tan u26 −
3
2 tan u24 −
15
2 tanu22 + 20 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
tan u22n+1
dtanu
= 22n
"
−C0 2n
2n tanu22n
− .− C
n−1 2n
2 tanu22
+C2nnln tan
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 với lời giải kinh khủng làm bạn đọc choáng rồi, nhiên để ý có mấu chốt Đầu tiên dạng tương tự nên nói dạng Các bạn ý tới số mũ chẵn, mấu chốt sử dụng cơng thức theo tan sin, cịn số mũ lẻ ta sử dụng cách tách sinx = sindx
2 cos x
2
(30)Chương 2
Bài Toán Đề Xuất
Tính nguyên 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