Tỷ mỷ làm toán. Độc lập suy nghĩ.
Tỷ mỷ làm toán. Độc lập suy nghĩ.
Tích phân hàm hữu tỷ
Tích phân hàm hữu tỷ.
Tích phân hàm hữu tỷ. Có dạng $$I = \int\limits_a^b {\frac{{P\left( x \right)}}{{Q\left( x \right)}}dx} $$
Bằng cách chia đa thức, nếu cần, ta luôn đưa được về tích phân dạng như trên, trong đó bậc tử nhỏ hơn bậc mẫu.
Bây giờ ta xét các dạng cơ bản nhất, mà tất cả các tích phân hữu tỷ đều có thể đưa được về nó.
Dạng 1. $\int {\frac{{dx}}{{ax + b}}} = \frac{1}{a}\ln \left| {ax + b} \right| + C$.
Ví dụ 1. $$I_1\,\,\, = \,\,\,\int\limits_0^1 {\frac{{dx}}{{2x + 1}}} \,\,\,\, = \,\,\,\,\frac{1}{2}\left. {\left( {ln\left| {2x + 1} \right|} \right)} \right|_0^1\,\,\,\, = \,\,\,\,\frac{1}{2}\left( {\ln 3 - ln1} \right)\,\,\,\, = \,\,\,\,\frac{{\ln 3}}{2}.$$
Dạng 2. $I_2 = \int {\frac{{dx}}{{a{x^2} + bx + c}}} ,$ trong đó tam thức $a{x^2} + bx + c$ có hai nghiệm phân biệt, giả sử ${x_1} < {x_2}.$
Ta phân tích $$\frac{1}{{a{x^2} + bx + c}} = \frac{1}{{a\left( {x - {x_1}} \right)\left( {x - {x_2}} \right)}} = \frac{1}{{a\left( {{x_2} - {x_1}} \right)}}\left( {\frac{1}{{x - {x_2}}} - \frac{1}{{x - {x_1}}}} \right)$$ Suy ra $$\begin{array}{l}
I_2\,\,\,\,\,\,\, = \,\,\,\,\,\,\,\int {\frac{{dx}}{{a{x^2} + bx + c}}} \\
\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \,\,\,\,\,\,\frac{1}{{a\left( {{x_2} - {x_1}} \right)}}\int {\left( {\frac{1}{{x - {x_2}}} - \frac{1}{{x - {x_1}}}} \right)dx} \\
\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \,\,\,\,\,\,\,\frac{1}{{a\left( {{x_2} - {x_1}} \right)}}\left( {\ln \left| {x - {x_2}} \right| - \ln \left| {x - {x_1}} \right|} \right) + C\\
\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \,\,\,\,\,\,\frac{1}{{a\left( {{x_2} - {x_1}} \right)}}\ln \left| {\frac{{x - {x_2}}}{{x - {x_1}}}} \right| + C.
\end{array}$$
Tính $$\begin{array}{l}
{I_3}\,\,\,\,\,\, = \,\,\,\,\,\,\int\limits_0^2 {\frac{1}{{{x^2} + x - 2}}dx} \,\,\,\,\, = \,\,\,\,\,\int\limits_0^2 {\frac{{dx}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 2} \right)}}} \\
\;\;\;\;\;\;\; = \,\,\,\,\,\,\,\,\frac{1}{3}\int\limits_0^2 {\left( {\frac{1}{{x - 1}} - \frac{1}{{x + 2}}} \right)dx\,\,\, = } \,\,\,\,\frac{1}{3}\,\left. {\left( {\ln \left| {\frac{{x - 1}}{{x + 2}}} \right|} \right)} \right|_0^2\,\,\,\,\, = \,\,\,\,\,\frac{1}{3}\ln \frac{1}{2}.
\end{array}$$ Vậy $$\begin{array}{l}
I\,\,\,\,\,\, = \,\,\,{I_1}\, + \,\frac{1}{2}\left( {{I_2} + {I_3}} \right)\,\,\,\,\,\,\, = \,\,6\, + \,\frac{1}{2}\left( {\frac{1}{3}\ln \frac{1}{2} + \ln 2} \right)\\
\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \,\,\,\,\,6\,\,\,\, + \,\,\,\frac{1}{2}\left( { - \frac{1}{3}\ln 2 + \ln 2} \right)\,\,\,\,\,\,\, = \,\,\,\,\,6\, + \frac{1}{3}\ln 2.
\end{array}$$
Bằng cách chia đa thức, nếu cần, ta luôn đưa được về tích phân dạng như trên, trong đó bậc tử nhỏ hơn bậc mẫu.
Bây giờ ta xét các dạng cơ bản nhất, mà tất cả các tích phân hữu tỷ đều có thể đưa được về nó.
Dạng 1. $\int {\frac{{dx}}{{ax + b}}} = \frac{1}{a}\ln \left| {ax + b} \right| + C$.
Ví dụ 1. $$I_1\,\,\, = \,\,\,\int\limits_0^1 {\frac{{dx}}{{2x + 1}}} \,\,\,\, = \,\,\,\,\frac{1}{2}\left. {\left( {ln\left| {2x + 1} \right|} \right)} \right|_0^1\,\,\,\, = \,\,\,\,\frac{1}{2}\left( {\ln 3 - ln1} \right)\,\,\,\, = \,\,\,\,\frac{{\ln 3}}{2}.$$
Dạng 2. $I_2 = \int {\frac{{dx}}{{a{x^2} + bx + c}}} ,$ trong đó tam thức $a{x^2} + bx + c$ có hai nghiệm phân biệt, giả sử ${x_1} < {x_2}.$
Ta phân tích $$\frac{1}{{a{x^2} + bx + c}} = \frac{1}{{a\left( {x - {x_1}} \right)\left( {x - {x_2}} \right)}} = \frac{1}{{a\left( {{x_2} - {x_1}} \right)}}\left( {\frac{1}{{x - {x_2}}} - \frac{1}{{x - {x_1}}}} \right)$$ Suy ra $$\begin{array}{l}
I_2\,\,\,\,\,\,\, = \,\,\,\,\,\,\,\int {\frac{{dx}}{{a{x^2} + bx + c}}} \\
\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \,\,\,\,\,\,\frac{1}{{a\left( {{x_2} - {x_1}} \right)}}\int {\left( {\frac{1}{{x - {x_2}}} - \frac{1}{{x - {x_1}}}} \right)dx} \\
\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \,\,\,\,\,\,\,\frac{1}{{a\left( {{x_2} - {x_1}} \right)}}\left( {\ln \left| {x - {x_2}} \right| - \ln \left| {x - {x_1}} \right|} \right) + C\\
\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \,\,\,\,\,\,\frac{1}{{a\left( {{x_2} - {x_1}} \right)}}\ln \left| {\frac{{x - {x_2}}}{{x - {x_1}}}} \right| + C.
\end{array}$$
Ví dụ 2. Tính $$\begin{array}{l}
I\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \,\,\,\,\,\,\,\,\,\int\limits_{ - 1}^3 {\frac{{dx}}{{{x^2} - 3x + 2}}} \,\,\,\,\,\,\,\, = \,\,\,\,\,\,\int\limits_{ - 1}^3 {\frac{{dx}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right)}}} \\
\,\;\;\;\;\;\;\; = \,\,\,\,\,\,\,\,\int\limits_{ - 1}^3 {\left( {\frac{1}{{x - 2}} - \frac{1}{{x - 1}}} \right)dx} \,\,\,\,\,\,\,\, = \,\,\,\,\,\,\,\,\left. {\left( {\ln \left| {x - 2} \right| - \ln \left| {x - 1} \right|} \right)} \right|_{ - 1}^3\\
\,\;\;\;\;\;\;\; = \,\,\,\,\,\,\,\,\,\left. {\,\left( {\ln \left| {\frac{{x - 2}}{{x - 1}}} \right|} \right)} \right|_{ - 1}^3\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\ln \frac{1}{2} - \ln \frac{3}{2}\,\,\,\,\,\,\, = \,\,\,\,\,\,\,\ln \frac{1}{3}.
\end{array}$$
Dạng 3. $I_3 = \int {\frac{{dx}}{{a{x^2} + bx + c}}} ,$ trong đó tam thức $a{x^2} + bx + c$ có nghiệm kép $x_0$.
Ta phân tích $$\frac{1}{{a{x^2} + bx + c}} = \frac{1}{{a{{\left( {x - {x_0}} \right)}^2}}}.$$ Suy ra $$I_3\,\,\,\,\,\,\, = \,\,\,\,\,\,\,\int {\frac{{dx}}{{a{x^2} + bx + c}}} \,\,\,\,\,\,\,\,\, = \,\,\,\,\,\,\frac{1}{a}\int {\frac{{dx}}{{{{\left( {x - {x_0}} \right)}^2}}}} = - \frac{1}{{a\left( {x - {x_0}} \right)}} + C.\,\,\,\,\,\,\,$$
Ví dụ 3. $$I\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \,\,\,\,\,\,\,\,\,\int\limits_0^2 {\frac{{dx}}{{{x^2} + 2x + 1}}} \,\,\,\,\,\,\,\, = \,\,\,\,\,\,\int\limits_0^2 {\frac{{dx}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}} \,\,\,\,\,\,\,\, = \,\,\,\,\,\,\, - \left. {\left( {\frac{1}{{x - 1}}} \right)} \right|_0^2\,\,\,\,\, = \,\,\,\,\,\, - 2.$$
Dạng 4. $I_4 = \int {\frac{{dx}}{{a{x^2} + bx + c}}} ,$ trong đó tam thức $a{x^2} + bx + c$ vô nghiệm.
Ta phân tích $$\frac{1}{{a{x^2} + bx + c}} = \frac{1}{a}\frac{1}{{{{\left( {x + \frac{b}{2}} \right)}^2} + \frac{{4ac - {b^2}}}{{4{a^2}}}}},\;\;\;\;4ac - {b^2} > 0.$$ Suy ra $${I_4} = \frac{1}{a}\int {\frac{{dx}}{{{{\left( {x + \frac{b}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{\sqrt {4ac - {b^2}} }}{{2a}}} \right)}^2}}}} .$$
Ta áp dụng công thức $\int {\frac{{dx}}{{{x^2} + {k^2}}}} = \frac{1}{k}\arctan \left( {\frac{x}{k}} \right) + C.$
Ví dụ 4. $$\begin{array}{l}
I = \int\limits_{ - 1/2}^0 {\frac{{dx}}{{{x^2} + x + 1}}} = \int\limits_{ - 1/2}^0 {\frac{{dx}}{{{{\left( {x + \frac{1}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}}}} = \frac{2}{{\sqrt 3 }}\arctan \left[ {\frac{2}{{\sqrt 3 }}\left( {x + \frac{1}{2}} \right)} \right]_{ - 1/2}^0\\
\;\;\;\;\; = \frac{2}{{\sqrt 3 }}\left( {\arctan \frac{1}{{\sqrt 3 }} - \arctan 0} \right) = \frac{2}{{\sqrt 3 }} \cdot \frac{\pi }{6} = \frac{\pi }{{3\sqrt 3 }}.
\end{array}$$
Chú ý. Tích phân $I = \int\limits_a^b {\frac{{P\left( x \right)}}{{Q\left( x \right)}}dx} $ luôn có thể phân tích được về các dạng trên.
Ví dụ 5. Tính tích phân $$I = \,\int\limits_0^2 {\frac{{{x^3} + 2{x^2} - 1}}{{{x^2} + x - 2}}dx} .$$
I\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \,\,\,\,\,\,\,\,\,\int\limits_{ - 1}^3 {\frac{{dx}}{{{x^2} - 3x + 2}}} \,\,\,\,\,\,\,\, = \,\,\,\,\,\,\int\limits_{ - 1}^3 {\frac{{dx}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right)}}} \\
\,\;\;\;\;\;\;\; = \,\,\,\,\,\,\,\,\int\limits_{ - 1}^3 {\left( {\frac{1}{{x - 2}} - \frac{1}{{x - 1}}} \right)dx} \,\,\,\,\,\,\,\, = \,\,\,\,\,\,\,\,\left. {\left( {\ln \left| {x - 2} \right| - \ln \left| {x - 1} \right|} \right)} \right|_{ - 1}^3\\
\,\;\;\;\;\;\;\; = \,\,\,\,\,\,\,\,\,\left. {\,\left( {\ln \left| {\frac{{x - 2}}{{x - 1}}} \right|} \right)} \right|_{ - 1}^3\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\ln \frac{1}{2} - \ln \frac{3}{2}\,\,\,\,\,\,\, = \,\,\,\,\,\,\,\ln \frac{1}{3}.
\end{array}$$
Dạng 3. $I_3 = \int {\frac{{dx}}{{a{x^2} + bx + c}}} ,$ trong đó tam thức $a{x^2} + bx + c$ có nghiệm kép $x_0$.
Ta phân tích $$\frac{1}{{a{x^2} + bx + c}} = \frac{1}{{a{{\left( {x - {x_0}} \right)}^2}}}.$$ Suy ra $$I_3\,\,\,\,\,\,\, = \,\,\,\,\,\,\,\int {\frac{{dx}}{{a{x^2} + bx + c}}} \,\,\,\,\,\,\,\,\, = \,\,\,\,\,\,\frac{1}{a}\int {\frac{{dx}}{{{{\left( {x - {x_0}} \right)}^2}}}} = - \frac{1}{{a\left( {x - {x_0}} \right)}} + C.\,\,\,\,\,\,\,$$
Ví dụ 3. $$I\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \,\,\,\,\,\,\,\,\,\int\limits_0^2 {\frac{{dx}}{{{x^2} + 2x + 1}}} \,\,\,\,\,\,\,\, = \,\,\,\,\,\,\int\limits_0^2 {\frac{{dx}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}} \,\,\,\,\,\,\,\, = \,\,\,\,\,\,\, - \left. {\left( {\frac{1}{{x - 1}}} \right)} \right|_0^2\,\,\,\,\, = \,\,\,\,\,\, - 2.$$
Dạng 4. $I_4 = \int {\frac{{dx}}{{a{x^2} + bx + c}}} ,$ trong đó tam thức $a{x^2} + bx + c$ vô nghiệm.
Ta phân tích $$\frac{1}{{a{x^2} + bx + c}} = \frac{1}{a}\frac{1}{{{{\left( {x + \frac{b}{2}} \right)}^2} + \frac{{4ac - {b^2}}}{{4{a^2}}}}},\;\;\;\;4ac - {b^2} > 0.$$ Suy ra $${I_4} = \frac{1}{a}\int {\frac{{dx}}{{{{\left( {x + \frac{b}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{\sqrt {4ac - {b^2}} }}{{2a}}} \right)}^2}}}} .$$
Ta áp dụng công thức $\int {\frac{{dx}}{{{x^2} + {k^2}}}} = \frac{1}{k}\arctan \left( {\frac{x}{k}} \right) + C.$
Ví dụ 4. $$\begin{array}{l}
I = \int\limits_{ - 1/2}^0 {\frac{{dx}}{{{x^2} + x + 1}}} = \int\limits_{ - 1/2}^0 {\frac{{dx}}{{{{\left( {x + \frac{1}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}}}} = \frac{2}{{\sqrt 3 }}\arctan \left[ {\frac{2}{{\sqrt 3 }}\left( {x + \frac{1}{2}} \right)} \right]_{ - 1/2}^0\\
\;\;\;\;\; = \frac{2}{{\sqrt 3 }}\left( {\arctan \frac{1}{{\sqrt 3 }} - \arctan 0} \right) = \frac{2}{{\sqrt 3 }} \cdot \frac{\pi }{6} = \frac{\pi }{{3\sqrt 3 }}.
\end{array}$$
Chú ý. Tích phân $I = \int\limits_a^b {\frac{{P\left( x \right)}}{{Q\left( x \right)}}dx} $ luôn có thể phân tích được về các dạng trên.
Ví dụ 5. Tính tích phân $$I = \,\int\limits_0^2 {\frac{{{x^3} + 2{x^2} - 1}}{{{x^2} + x - 2}}dx} .$$
Giải. Thực hiện phép chia đa thức ${x^3} + 2{x^2} - 1$ cho ${x^2} + x - 2$ ta có $$\frac{{{x^3} + 2{x^2} - 1}}{{{x^2} + x - 2}} = x + 1 + \frac{{x + 1}}{{{x^2} + x - 2}}.$$ Suy ra $$\begin{array}{l}
\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,I\,\,\,\, = \,\,\,\,\int\limits_0^2 {\left( {x + 1 + \frac{{x + 1}}{{{x^2} + x - 2}}} \right)dx\,\,\,\,\,\, = \,\,\,\,\,\int\limits_0^2 {\left( {x + 1} \right)dx} + \int\limits_0^2 {\frac{{x + 1}}{{{x^2} + x - 2}}dx} } \\
\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \,\,\,\,\int\limits_0^2 {\left( {x + 1} \right)dx\,\,\,\,} + \,\,\,\,\,\,\,\frac{1}{2}\left( {\int\limits_0^2 {\frac{{2x + 1}}{{{x^2} + x - 2}}dx\, + \,\int\limits_0^2 {\frac{1}{{{x^2} + x - 2}}dx} } } \right).
\end{array}$$
\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,I\,\,\,\, = \,\,\,\,\int\limits_0^2 {\left( {x + 1 + \frac{{x + 1}}{{{x^2} + x - 2}}} \right)dx\,\,\,\,\,\, = \,\,\,\,\,\int\limits_0^2 {\left( {x + 1} \right)dx} + \int\limits_0^2 {\frac{{x + 1}}{{{x^2} + x - 2}}dx} } \\
\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \,\,\,\,\int\limits_0^2 {\left( {x + 1} \right)dx\,\,\,\,} + \,\,\,\,\,\,\,\frac{1}{2}\left( {\int\limits_0^2 {\frac{{2x + 1}}{{{x^2} + x - 2}}dx\, + \,\int\limits_0^2 {\frac{1}{{{x^2} + x - 2}}dx} } } \right).
\end{array}$$
Tính ${I_1} = \int\limits_0^2 {\left( {x + 1} \right)dx} = \left. {\left( {\frac{{{x^2}}}{2} + x} \right)} \right|_0^2 = 6.$
Tính ${I_2} = \int\limits_0^2 {\frac{{2x + 1}}{{{x^2} + x - 2}}dx} .$
Tính ${I_2} = \int\limits_0^2 {\frac{{2x + 1}}{{{x^2} + x - 2}}dx} .$
Đổi cận $t = {x^2} + x - 2 \Rightarrow dt = 2x + 1.$
Tính $$\begin{array}{l}
{I_3}\,\,\,\,\,\, = \,\,\,\,\,\,\int\limits_0^2 {\frac{1}{{{x^2} + x - 2}}dx} \,\,\,\,\, = \,\,\,\,\,\int\limits_0^2 {\frac{{dx}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 2} \right)}}} \\
\;\;\;\;\;\;\; = \,\,\,\,\,\,\,\,\frac{1}{3}\int\limits_0^2 {\left( {\frac{1}{{x - 1}} - \frac{1}{{x + 2}}} \right)dx\,\,\, = } \,\,\,\,\frac{1}{3}\,\left. {\left( {\ln \left| {\frac{{x - 1}}{{x + 2}}} \right|} \right)} \right|_0^2\,\,\,\,\, = \,\,\,\,\,\frac{1}{3}\ln \frac{1}{2}.
\end{array}$$ Vậy $$\begin{array}{l}
I\,\,\,\,\,\, = \,\,\,{I_1}\, + \,\frac{1}{2}\left( {{I_2} + {I_3}} \right)\,\,\,\,\,\,\, = \,\,6\, + \,\frac{1}{2}\left( {\frac{1}{3}\ln \frac{1}{2} + \ln 2} \right)\\
\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \,\,\,\,\,6\,\,\,\, + \,\,\,\frac{1}{2}\left( { - \frac{1}{3}\ln 2 + \ln 2} \right)\,\,\,\,\,\,\, = \,\,\,\,\,6\, + \frac{1}{3}\ln 2.
\end{array}$$
Tác giả bài viết: Cùng Học Toán
Góp ý hoặc một bài toán của Quý học viên hoặc Quý Phụ Huynh