Bài viết hướng dẫn tìm nguyên hàm bằng phương pháp đổi biến số. Kiến thức và các ví dụ trong bài viết được tham khảo từ các tài liệu nguyên hàm – tích phân và ứng dụng được đăng tải trên giaitoan.edu.vn.
Phương pháp đổi biến số để xác định nguyên hàm có hai dạng dựa trên định lý sau:
Định lý:
a/ Nếu \(\int {f(x)dx = F(x) + C} \) và \(u = \varphi (x)\) là hàm số có đạo hàm thì \(\int {f(u)du = F(u) + C}.\)
b/ Nếu hàm số \(f(x)\) liên tục thì khi đặt \(x = \varphi (t)\) trong đó \(\varphi (t)\) cùng với đạo hàm của nó (\(\varphi'(t)\)) là những hàm số liên tục, ta sẽ được: \(\int {f(x)dx = \int {f\left[ {\varphi (t)} \right]} .\varphi'(t)dt} .\)
Từ đó ta trình bày hai bài toán về phương pháp đổi biến như sau:
Bài toán 1: Sử dụng phương pháp đổi biến số dạng 1 tìm nguyên hàm \(I = \int {f(x)dx} \)
PHƯƠNG PHÁP CHUNG
Ta thực hiện theo các bước:
+ Bước 1: Chọn \(x = \varphi (t)\), trong đó \(\varphi (t)\) là hàm số mà ta chọn cho thích hợp.
+ Bước 2: Lấy vi phân \(dx = \varphi'(t)dt.\)
+ Bước 3: Biểu thị \(f(x)dx\) theo \(t\) và \(dt.\) Giả sử rằng \(f(x)dx = g(t)dt.\)
+ Bước 4: Khi đó \(I = \int {g(t)dt} .\)
Lưu ý: Các dấu hiệu dẫn tới việc lựa chọn ẩn phụ kiểu trên thông thường là:
+ Dấu hiệu \(\sqrt {{a^2} – {x^2}} \), đặt \(x = |a|\sin t\) với \(\frac{{ – \pi }}{2} \le t \le \frac{\pi }{2}\) hoặc \(x = |a|\cos t\) với \(0 \le t \le \pi .\)
+ Dấu hiệu \(\sqrt {{x^2} – {a^2}} \), đặt \(x = \frac{{|a|}}{{\sin t}}\) với \(t \in \left[ { – \frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2}} \right]\backslash \left\{ 0 \right\}\) hoặc \(x = \frac{{|a|}}{{\cos t}}\) với \(t \in \left[ {0;\pi } \right]\backslash \left\{ {\frac{\pi }{2}} \right\}.\)
+ Dấu hiệu \(\sqrt {{a^2} + {x^2}} \), đặt \(x = |a|\tan t\) với \( – \frac{\pi }{2} < t < \frac{\pi }{2}\) hoặc \(x = |a|\cot t\) với \(0 < t < \pi .\)
+ Dấu hiệu \(\sqrt {\frac{{a + x}}{{a – x}}} \) hoặc \(\sqrt {\frac{{a – x}}{{a + x}}} \), đặt \(x = a\cos 2t.\)
+ Dấu hiệu \(\sqrt {(x – a)(b – x)} \), đặt \(x = a + (b – a){\sin ^2}t.\)
Ví dụ 1: Tìm nguyên hàm \(I = \int {\frac{{dx}}{{\sqrt {{{(1 – {x^2})}^3}} }}} .\)
Đặt \(x = sint\); \( – \frac{\pi }{2} < t < \frac{\pi }{2}.\)
Suy ra: \(dx = \cos tdt\) và \(\frac{{dx}}{{\sqrt {{{(1 – {x^2})}^3}} }} = \frac{{\cos tdt}}{{{{\cos }^3}t}}\) \( = \frac{{dt}}{{{{\cos }^2}t}} = d(\tan t).\)
Khi đó: \(I = \int {d(\tan t) = \tan t + C} \) \({ = \frac{x}{{\sqrt {1 – {x^2}} }} + C}.\)
Chú ý: Trong ví dụ trên sở dĩ ta có: \(\sqrt {{{(1 – {x^2})}^3}} = {\cos ^3}t\) và \(\tan t = \frac{x}{{\sqrt {1 – {x^2}} }}\) là bởi: \( – \frac{\pi }{2} < t < \frac{\pi }{2} \Rightarrow \cos t /> 0\) \( \Rightarrow \sqrt {{{\cos }^2}t} = \cos t\) và \(\cos t = \sqrt {1 – {{\sin }^2}t} = \sqrt {1 – {x^2}} .\)
Ví dụ 2: Tìm nguyên hàm \(I = \int {\frac{{{x^2}dx}}{{\sqrt {{x^2} – 1} }}} .\)
Vì điều kiện \(|x| /> 1\), ta xét hai trường hợp:
+ Với \(x /> 1\):
Đặt \(x = \frac{1}{{\sin 2t}}\); \(0 < t < \frac{\pi }{4}.\)
Suy ra:
\(dx = \frac{{2\cos 2tdt}}{{{{\sin }^2}2t}}.\)
\(\frac{{{x^2}dx}}{{\sqrt {{x^2} – 1} }} = – \frac{{2dt}}{{{{\sin }^3}2t}}\) \( = – \frac{{2{{(co{s^2}t + {{\sin }^2}t)}^2}dt}}{{8{{\sin }^3}t{{\cos }^3}t}}\)
\( = – \frac{1}{4}(\cot t.\frac{1}{{{{\sin }^2}t}}\) \( + \tan t.\frac{1}{{{{\cos }^2}t}} + \frac{2}{{\tan t}}.\frac{2}{{{{\cos }^2}t}})\)
\( = – \frac{1}{4}[ – \cot t.d(\cot t)\) \( + \tan t.d(\tan t) + 2\frac{{d(\tan t)}}{{\tan t}}].\)
Khi đó: \(I = – \frac{1}{4}[ – \int {\cot t.d(\cot t)} \) \( + \int {\tan t.d(\tan t)} + 2\int {\frac{{d(\tan t)}}{{\tan t}}} ]\)
\( = – \frac{1}{4}( – \frac{1}{2}{\cot ^2}t + \frac{1}{2}{\tan ^2}t\) \( + 2\ln |\tan t|) + C\)
\( = \frac{1}{8}\left( {{{\cot }^2}t – {{\tan }^2}t} \right)\) \( – \frac{1}{2}\ln |\tan t| + C\)
\( = \frac{1}{2}x\sqrt {{x^2} – 1} \) \( – \frac{1}{2}\ln |x – {x^2} – 1| + C.\)
+ Với \(x < –1\): Bạn đọc biến đổi tương tự.
Chú ý: Trong ví dụ trên sở dĩ ta có: \({\cot ^2}t – {\tan ^2}t = 4x\sqrt {{x^2} – 1} \) và \(\tan t = x – \sqrt {{x^2} – 1} \) là bởi:
\({\cot ^2}t – {\tan ^2}t = \frac{{{{\cos }^4}t – {{\sin }^4}t}}{{{{\cos }^2}t.{{\sin }^2}t}}\) \( = \frac{{4\cos 2t}}{{{{\sin }^2}2t}} = \frac{{4\sqrt {1 – {{\sin }^2}2t} }}{{{{\sin }^2}2t}}\) \( = \frac{4}{{\sin 2t}}\sqrt {\frac{1}{{{{\sin }^2}2t}} – 1} .\)
\(\tan t = \frac{{\sin t}}{{\cos t}}\) \( = \frac{{2{{\sin }^2}t}}{{2\sin t.\cos t}} = \frac{{1 – \cos 2t}}{{\sin 2t}}\) \( = \frac{1}{{\sin 2t}} – \sqrt {\frac{{{{\cos }^2}2t}}{{{{\sin }^2}2t}}} \) \( = \frac{1}{{\sin 2t}} – \sqrt {\frac{1}{{{{\sin }^2}2t}} – 1} .\)
Ví dụ 3: Tìm nguyên hàm \(I = \int {\frac{{dx}}{{\sqrt {{{(1 + {x^2})}^3}} }}} .\)
Đặt \(x = tant\); \( – \frac{\pi }{2} < t < \frac{\pi }{2}.\)
Suy ra:
\(dx = \frac{{dt}}{{{{\cos }^2}t}}.\)
\(\frac{{dx}}{{\sqrt {{{(1 + {x^2})}^3}} }}\) \( = \frac{{{{\cos }^3}tdt}}{{{{\cos }^2}t}} = \cos tdt.\)
Khi đó: \(I = \int {\cos tdt = \sin t + C} \) \({ = \frac{x}{{\sqrt {1 + {x^2}} }} + C}.\)
Chú ý:
1. Trong ví dụ trên sở dĩ ta có: \(\frac{1}{{\sqrt {1 + {x^2}} }} = \cos t\) và \(\sin t = \frac{x}{{\sqrt {1 + {x^2}} }}\) là bởi: \( – \frac{\pi }{2} < t < \frac{\pi }{2} \Rightarrow \cos t /> 0\) \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\sqrt {{{\cos }^2}t} = \cos t\\
\sin t = \tan t.\cos t = \frac{x}{{\sqrt {1 + {x^2}} }}
\end{array} \right.\)
2. Phương pháp trên được áp dụng để giải bài toán tổng quát: \(I = \int {\frac{{dx}}{{\sqrt {{{\left( {{a^2} + {x^2}} \right)}^{2k + 1}}} }}} \) với \(k ∈ Z.\)
[ads]
Bài toán 2: Sử dụng phương pháp đổi biến số dạng 2 tìm nguyên hàm \(I = \int {f(x)dx} \)
PHƯƠNG PHÁP CHUNG
Ta thực hiện theo các bước:
+ Bước 1: Chọn \(t = \psi (x)\), trong đó \(\psi (x)\) là hàm số mà ta chọn cho thích hợp.
+ Bước 2: Xác định vi phân \(dt = \psi'(x)dx.\)
+ Bước 3: Biểu thị \(f(x)dx\) theo \(t\) và \(dt.\) Giả sử rằng \(f(x)dx = g(t)dt.\)
+ Bước 4: Khi đó \(I = \int {g(t)dt.} \)
Lưu ý: Các dấu hiệu dẫn tới việc lựa chọn ẩn phụ kiểu trên thông thường là:
+ Dấu hiệu \(f(x,\sqrt {\varphi (x)} )\), đặt \(t = \sqrt {\varphi (x)} .\)
+ Dấu hiệu \(f(x) = \frac{{a.\sin x + b.\cos x}}{{c.\sin x + d.\cos x + e}}\), đặt \(t = \tan \frac{x}{2}\) (với \(\cos \frac{x}{2} \ne 0\)).
+ Dấu hiệu \(f(x) = \frac{1}{{\sqrt {(x + a)(x + b)} }}\): với \(x + a /> 0\) và \(x + b /> 0\), đặt \(t = \sqrt {x + a} + \sqrt {x + b} \); với \(x + a < 0\) và \(x + b < 0\), đặt \(t = \sqrt { – x – a} + \sqrt { – x – b} .\)
Ví dụ 4: Tìm nguyên hàm \(I = \int {{x^3}{{\left( {2 – 3{x^2}} \right)}^8}dx} .\)
Đặt \(t = 2 – 3{x^2} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
dt = – 6xdx\\
{x^2} = \frac{{2 – t}}{3}
\end{array} \right.\)
Khi đó: \({x^3}{\left( {2 – 3{x^2}} \right)^8}dx\) \( = {x^2}{\left( {2 – 3{x^2}} \right)^8}xdx\) \( = \frac{{2 – t}}{3}{t^8}\left( { – \frac{1}{6}dt} \right)\) \( = \frac{1}{{18}}\left( {{t^9} – 2{t^8}} \right)dt.\)
Nên: \(I = \frac{1}{{18}}\int {\left( {{t^9} – 2{t^8}} \right)dt} \) \({ = \frac{1}{{180}}{t^{10}} – \frac{1}{{81}}{t^9} + C}.\)
Ví dụ 5: Tìm nguyên hàm \(I = \int {\frac{{{x^2}dx}}{{\sqrt {1 – x} }}} .\)
Đặt \(t = \sqrt {1 – x} \Rightarrow x = 1 – {t^2}.\)
Suy ra:
\(dx = – 2tdt.\)
\(\frac{{{x^2}dx}}{{\sqrt {1 – x} }} = \frac{{{{\left( {1 – {t^2}} \right)}^2}( – 2tdt)}}{t}\) \( = – 2\left( {{t^4} – 2{t^2} + 1} \right)dt.\)
Khi đó: \(I = – 2\int {\left( {{t^4} – 2{t^2} + 1} \right)dt} \) \( = – 2\left( {\frac{{{t^5}}}{5} – \frac{{2{t^3}}}{3} + t} \right) + C\) \( = \frac{{ – 2}}{{15}}\left( {3{x^2} + 4x + 8} \right)\sqrt {1 – x} + C.\)
Ví dụ 6: Tìm nguyên hàm \(I = \int {{{\sin }^3}x\sqrt {\cos x} dx} .\)
Đặt \(t = \sqrt {\cos x} \Rightarrow {t^2} = \cos x.\)
Suy ra:
\(2tdt = – \sin xdx.\)
\({\sin ^3}x\sqrt {\cos x} dx\) \( = {\sin ^2}x\sqrt {\cos x} \sin xdx\) \( = \left( {1 – {{\cos }^2}x} \right)\sqrt {\cos x} \sin xdx\)
\( = (1 – {t^4})t( – 2tdt)\) \( = (2{t^6} – 2{t^2})dt.\)
Khi đó: \( I = \int {(2{t^6} – 2{t^2})dt} \) \( = \frac{{2{t^7}}}{7} – \frac{{2{t^3}}}{3} + C\) \( = \frac{{2{{\left( {\sqrt {\cos x} } \right)}^7}}}{7} – \frac{{2{{\left( {\sqrt {\cos x} } \right)}^3}}}{3} + C.\)
Ví dụ 7: Tìm nguyên hàm \(I = \int {\frac{{dx}}{{\sqrt {1 + {e^x}} }}} .\)
Đặt \(t = \sqrt {1 + {e^x}} \Rightarrow {t^2} = 1 + {e^x}.\)
Suy ra:
\(2tdt = {e^x}dx \Rightarrow dx = \frac{{2tdt}}{{{t^2} – 1}}.\)
\(\frac{{dx}}{{\sqrt {1 + {e^x}} }} = \frac{{2tdt}}{{t\left( {{t^2} – 1} \right)}}\) \( = \frac{{2dt}}{{{t^2} – 1}} = \left( {\frac{1}{{t – 1}} – \frac{1}{{t + 1}}} \right)dt.\)
Khi đó: \(I = \int {\left( {\frac{1}{{t – 1}} – \frac{1}{{t + 1}}} \right)dt} \) \( = \ln \left| {\frac{{t – 1}}{{t + 1}}} \right| + C\) \( = \ln \left| {\frac{{\sqrt {1 + {e^x}} – 1}}{{\sqrt {1 + {e^x}} + 1}}} \right| + C.\)
Ví dụ 8: Tìm nguyên hàm \(I = \int {\frac{{dx}}{{\sqrt {{x^2} + a} }}} \), với \(a ≠ 0.\)
Đặt \(t = x + \sqrt {{x^2} + a} .\)
Suy ra: \(dt = \left( {1 + \frac{x}{{\sqrt {{x^2} + a} }}} \right)dx\) \( = \frac{{\sqrt {{x^2} + a} + x}}{{\sqrt {{x^2} + a} }}dx\) \( \Leftrightarrow \frac{{dx}}{{\sqrt {{x^2} + a} }} = \frac{{dt}}{t}.\)
Khi đó: \(I = \int {\frac{{dt}}{t} = \ln \left| t \right|} + C\) \( = \ln \left| {x + \sqrt {{x^2} + a} } \right| + C.\)
Ví dụ 9: Tìm nguyên hàm \(\int {\frac{{dx}}{{\sqrt {\left( {x + 1} \right)\left( {x + 2} \right)} }}} .\)
Ta xét hai trường hợp:
+ Với \(\left\{ \begin{array}{l}
x + 1 /> 0\\
x + 2 /> 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow x /> – 1.\)
Đặt \(t = \sqrt {x + 1} + \sqrt {x + 2} .\)
Suy ra: \(dt = \left( {\frac{1}{{2\sqrt {x + 1} }} + \frac{1}{{2\sqrt {x + 2} }}} \right)dx\) \( = \frac{{\left( {\sqrt {x + 1} + \sqrt {x + 2} } \right)dx}}{{2\sqrt {(x + 1)(x + 2)} }}\)
\( \Leftrightarrow \frac{{dx}}{{\sqrt {(x + 1)(x + 2)} }} = \frac{{2dt}}{t}.\)
Khi đó: \(I = 2\int {\frac{{dt}}{t} = 2\ln \left| t \right| + C} \) \({ = 2\ln \left| {\sqrt {x + 1} + \sqrt {x + 2} } \right|} + C.\)
+ \(\left\{ \begin{array}{l}
x + 1 < 0\\
x + 2 < 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow x < – 2.\)
Đặt \(t = \sqrt { – \left( {x + 1} \right)} + \sqrt { – \left( {x + 2} \right)} .\)
Suy ra: \( \Leftrightarrow \frac{{dx}}{{\sqrt {(x + 1)(x + 2)} }} = – \frac{{2dt}}{t}.\)
Khi đó: \(I = – 2\int {\frac{{dt}}{t} = – 2\ln \left| t \right|} + C\) \( = – 2\ln \left| {\sqrt { – \left( {x + 1} \right)} + \sqrt { – \left( {x + 2} \right)} } \right| + C.\)
Giải Toán tìm nguyên hàm bằng phương pháp đổi biến số với Đáp Án Mới Nhất
Toán học luôn là một môn học quan trọng, giúp học sinh phát triển tư duy logic và kỹ năng giải quyết vấn đề. Để hỗ trợ các bạn học sinh và giáo viên trong việc học tập và giảng dạy, bài viết này sẽ cung cấp lời giải chi tiết và đáp án chính xác cho chủ đề tìm nguyên hàm bằng phương pháp đổi biến số, giúp bạn hiểu sâu và tự tin hơn khi làm bài tập.
tìm nguyên hàm bằng phương pháp đổi biến số là một trong những phần kiến thức quan trọng trong chương trình toán học, thường xuất hiện trong các bài kiểm tra và kỳ thi lớn. Việc nắm vững phần này không chỉ giúp bạn đạt điểm cao mà còn tạo nền tảng vững chắc để học các nội dung nâng cao hơn.
Chúng tôi cung cấp hướng dẫn từng bước giải bài tập, bao gồm:
Mỗi bài giải đều kèm theo lời giải thích chi tiết, giúp bạn hiểu không chỉ cách làm mà còn cả lý do tại sao nên áp dụng phương pháp đó.
Tất cả các bài tập đều đi kèm đáp án mới nhất, được kiểm tra kỹ lưỡng để đảm bảo độ chính xác cao. Điều này giúp bạn tự kiểm tra kết quả và khắc phục lỗi sai một cách nhanh chóng.
Ngoài ra, bài viết còn cung cấp các tài liệu bổ trợ như:
Chủ đề tìm nguyên hàm bằng phương pháp đổi biến số là một phần kiến thức thú vị và hữu ích trong toán học. Hãy sử dụng bài viết này như một công cụ hỗ trợ để bạn chinh phục mọi thử thách trong môn Toán. Đừng quên ôn tập thường xuyên và luyện tập nhiều dạng bài tập khác nhau để thành thạo hơn!
Chúc các bạn học tốt và đạt kết quả cao! 😊
>> Xem thêm đáp án chi tiết về: tìm nguyên hàm bằng phương pháp đổi biến số.
