Phương pháp đổi biến số
Định lí 1:
Cơ sở của phương pháp đổi biến số là định lý sau: Cho hàm số \(u = u(x)\) có đạo hàm và liên tục trên K và hàm số \(y = f({\rm{u)}}\) liên tục sao cho \(f[u(x)]\) xác định trên K. Khi đó nếu \(F\) là một nguyên hàm của \(f\), tức là \(\int {f(u)du = F(u) + C}\) thì \(\int {f[u(x){\rm{]dx = F[u(x)] + C}}}.\)
Hệ quả:
Với \(u = ax + b\,(a \ne 0),\) ta có:
\(\int {f(ax + b)dx} = \frac{1}{a}F(ax + b) + C\)
Phương pháp:
Ta biết rằng nếu $\int {f\left( x \right)dx = F\left( x \right) + C} $ thì $\int {f\left( t \right)dt = F\left( t \right) + C} $.
Từ đó ta có phương pháp để tìm nguyên hàm của những hàm số dạng $g\left( x \right) = f\left( {u(x)} \right)u'(x)$ bằng cách đặt $t = u(x)$.
Nội dung phương pháp đổi biến số tính: $\int {g\left( x \right)dx} = \int {f\left( {u(x)} \right)u'(x)dx} $
Đặt $t = u(x) \Rightarrow dt = u'(x)dx$ (lấy vi phân hai vế)
$ \Rightarrow \int {g\left( x \right)dx} = \int {f\left( t \right)dt = F\left( t \right) + C} $
CÁC DẠNG ĐỔI BIẾN SỐ THƯỜNG GẶP
$\int {{f(x^{n + 1})}.{x^n}dx} $ —-→ Đặt $t = {x^{n + 1}}$
$\int {f\left( {\sqrt x } \right).\frac{{dx}}{{2\sqrt x }}} $ —-→ Đặt $t = \sqrt x $
$\int {f\left( {\sin x} \right)\cos xdx} $ —-→ Đặt t = sin(x)
$\int {f\left( {\cos x} \right)\sin xdx} $ —-→ Đặt t = cos(x)
$\int {f\left( {\tan x} \right)\frac{{dx}}{{{{\cos }^2}x}}} $ —-→ Đặt t = tan(x)
$\int {f\left( {\cot x} \right)\frac{{dx}}{{{{\sin }^2}x}}} $ —-→ Đặt t = cot(x)
$\int {f\left( {{e^x}} \right).{e^x}dx} $ —-→ Đặt t = e$^x$
$\int {f\left( {\ln x} \right)\frac{{dx}}{x}} $ —-→ Đặt t = ln(x)
$\int {f\left( {x \pm \frac{1}{x}} \right).\left( {x \pm \frac{1}{x}} \right)dx} $ —-→ Đặt $t = x \pm \frac{1}{x}$
========
Ví dụ 1: (Đa thức, căn thức đơn giản)
Dùng phương pháp đổi biến số tính các nguyên hàm sau:
1) Tính $\int {x\sqrt {{x^2} + 1} dx} $
Giải
Đặt $t = {x^2} + 1 \Rightarrow dt = 2xdx$
$\int {x\sqrt {{x^2} + 1} } dx = \int {{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^{\frac{1}{2}}}\frac{1}{2}2xdx} = \frac{1}{2}\int {{t^{\frac{1}{2}}}} dt = \frac{{{t^{\frac{3}{2}}}}}{3} + C$
$ = \frac{{{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^{\frac{3}{2}}}}}{3} + C = \frac{{\left( {{x^2} + 1} \right)\sqrt {{x^2} + 1} }}{3} + C$ $\left( {C \in R} \right)$
2) \(I = \int {\sqrt {{x^{2004}} + 1} .{x^{2003}}dx}\)
Giải: Đặt: \(t = {x^{2004}} + 1 \Rightarrow dt = 2004{x^{2003}}dx \Rightarrow {x^{2003}}dx = \frac{1}{{2004}}dt.\)
Từ đó ta được:
\(I = \frac{1}{{2004}}\int {\sqrt t dt} = \frac{1}{{2004}}\int {{t^{\frac{1}{2}}}dt} = \frac{1}{{2004}}.\frac{2}{3}{t^{\frac{3}{2}}} + C\)
\(= \frac{1}{{3006}}\sqrt {{t^3}} + C = \frac{1}{{3006}}\sqrt {{{\left( {{x^{2004}} + 1} \right)}^3}} + C\)
3) \(I = \int {\frac{x}{{\sqrt[{10}]{{x + 1}}}}} dx\)
Giải: \(I = \int {\frac{x}{{\sqrt[{10}]{{x + 1}}}}} dx\)
Đặt: \(\sqrt[{10}]{{x + 1}} = t \Rightarrow x + 1 = {t^{10}} \Rightarrow dx = 10{t^9}dt\)
Ta được:
\(\begin{array}{l} N = \int {\frac{{{t^{10}} – 1}}{t}.10{t^9}dt} = 10\int {\left( {{t^{10}} – 1} \right){t^8}dt} \\ = 10\int {\left( {{t^{18}} – {t^8}} \right)dt} = \frac{{10}}{{19}}{t^{19}} – \frac{{10}}{9}{t^9} + C \end{array}\)
\(\, = \frac{{10}}{{19}}\sqrt[{10}]{{{{\left( {x + + 1} \right)}^{19}}}} – \frac{{10}}{9}\sqrt[{10}]{{{{\left( {x + 1} \right)}^9}}} + C\)
4) $I = \int {{x^2}{{\left( {1 – x} \right)}^{10}}dx} $
Giải: Đặt 1 – x = t → dx = – dt. Từ đó ta được:
$I = \int {{{\left( {1 – t} \right)}^2}{t^{10}}\left( { – dt} \right)} = – \int {\left( {1 – 2t + {t^2}} \right).{t^{10}}} dt = – \int {{t^{10}}dt} + 2\int {{t^{11}}dt} – \int {{t^{12}}} dt$
$\,\,\,\,\, = – \frac{1}{{11}}{t^{11}} + \frac{1}{6}{t^{12}} – \frac{1}{{13}}{t^{13}} + C = – \frac{1}{{11}}{\left( {1 – x} \right)^{11}} + \frac{1}{6}{\left( {1 – x} \right)^{12}} – \frac{1}{{13}}{\left( {1 – x} \right)^{13}} + C$
Ví dụ 2: (hàm số mũ, lnx)
1) $I=\int \frac{lnx}{x}dx$
Giải: Đặt t = lnx => dt = $\frac{dx}{x}$
$I=\int t dt =\frac{t^2}{2}+C=\frac{ln^2x}{2}+C$
2) \(I = \int {{e^{{e^x} + x}}dx}\)
Giải: Ta có: \({e^{{e^x} + x}} = {e^{{e^x}}}.{e^x}\)
Đặt: \({e^x} = t \Rightarrow {e^x}dx = dt\)
Từ đó ta được:
\(I = \int {{e^t}dt} = \int {{e^t}dt} = {e^t} + C = {e^{{e^x}}} + C\)
3) \(I = \int {{e^{2{x^2} + \ln {\rm{x}}}}dx}\)
Giải: Ta có: \(M = \int {{e^{2{x^2}}}.{e^{\ln x}}dx = } \int {{e^{2{x^2}}}.xdx}\)
Đặt: \(2{x^2} = t \Rightarrow 4xdx = dt \Rightarrow xdx = \frac{{dt}}{4}\)
Ta được: \(M = \int {{e^t}\frac{{dt}}{4} = \frac{1}{4}{e^t} + C = \frac{1}{4}{e^{2{x^2}}}} + C.\)
4) $I = \int {{e^{{e^x} + x + 1}}dx} = \int {{e^{{e^x} + 1}}.{e^x}dx} $
Đặt ${e^x} = t \Rightarrow {e^x}dx = dt$.
Thay vào ta được:
$L = \int {{e^{t + 1}}dt} = \int {{e^{t + 1}}d\left( {t + 1} \right)} = {e^{t + 1}} + C = {e^{{e^x} + 1}} + C$
Ví dụ 3: (hàm lượng giác)
1) Tìm nguyên hàm của hàm số $f\left( x \right) = {\sin ^3}x\cos x$
Phân tích: Ta thấy $f\left( x \right) = {\sin ^3}x\cos x = {\left( {\sin x} \right)^3}\left( {\sin x} \right)’$ nên ta có thể đặt $t = \sin x$.
Giải
$t = \sin x \Rightarrow dt = \cos xdx$
$ \Rightarrow \int {{{\sin }^3}x\cos x} dx = \int {{t^3}dt} = \frac{{{t^4}}}{4} + C = \frac{{{{\sin }^4}x}}{4} + C$ $\left( {C \in R} \right)$
2) \(I=\int {\frac{{\sin x.{{\cos }^3}x}}{{1 + {{\cos }^2}x}}dx}\)
Giải: Ta có:\(I = \int {\frac{{\sin x.{{\cos }^3}x}}{{1 + {{\cos }^2}x}}dx = \frac{1}{2}\int {\frac{{2\sin x\cos x.{{\cos }^2}x}}{{1 + {{\cos }^2}x}}} } dx = \frac{1}{2}\int {\frac{{{{\cos }^2}x}}{{1 + {{\cos }^2}x}}.\sin 2xdx}\)
Đặt: \(1 + {\cos ^2}x = t \Rightarrow \sin 2xdx = – dt\)
\(\Rightarrow S = – \frac{1}{2}\int {\frac{{t – 1}}{t}dt} = – \frac{1}{2}\int {dt + \frac{1}{2}\int {\frac{{dt}}{t}} = – \frac{1}{2}t + \frac{1}{2}\ln \left| t \right| + C}\)
Mời các bạn xem các phần tiếp theo bên dưới..
Để lại phản hồi