Bài 1: Tích Phân Bất định - Nguyên Hàm, Tích Phân Bất định

1. Nguyên hàm - Tích phân bất định:

Định nghĩa

Cho các hàm số f, F xác định trên [a,b].

F được gọi là một nguyên hàm của f trong (a,b) nếu

\(F'(x) = f(x),\,\forall x \in (a,b)\)

F gọi là nguyên hàm của f trên [a,b] nếu:

\(F'(x) = f(x),\,\forall x \in (a,b)\)

và \(F'(a^+) = f(a),F'(b^-) = f(b)\)

Ví dụ:

• - cosx là nguyên hàm của sinx vì (-cosx)' = sinx. - cosx + 7 cũng là nguyên hàm của sinx . \(\frac{{{x^3}}}{3},\frac{{{x^3}}}{3} - 5,\frac{{{x^3}}}{3} - C\) là những nguyên hàm của x2 vì:

\(\left( {\frac{{{x^3}}}{3}} \right)' = \left( {\frac{{{x^3}}}{3} - 5} \right) = \left( {\frac{{{x^3}}}{3} - C} \right) = {x^2}\)

Định lý: Nếu hàm số f liên tục trên [a, b] thì f có nguyên hàm trên [a, b].

Định lý: giả sử F là nguyên hàm của f trong (a, b). Khi đó ta có:

i) F + C (C là hằng số) cũng là một nguyên hàm của f trong (a, b)

ii) Nếu G cũng là một nguyên hàm của f trong (a, b) thì tồn tại hằng số C sao cho

\(G\left( x \right){\rm{ }} = {\rm{ }}F\left( x \right){\rm{ }} + {\rm{ }}C \, \,{\rm{ }}\forall x{\rm{ }} \in \left( {a,b} \right)\)

Chứng minh:

i) \(\left( {F\left( x \right){\rm{ }} + {\rm{ }}C} \right){\rm{ }} = {\rm{ }}F\left( x \right){\rm{ }} = {\rm{ }}f\left( x \right),{\rm{ }}\forall x{\rm{ }} \in {\rm{ }}\left( {a,{\rm{ }}b} \right)\)

⇒ F + C là một nguyên hàm của f trong (a,b)

ii) \(\left[ {G\left( x \right){\rm{ }} - {\rm{ }}F\left( x \right)} \right]{\rm{ }} = {\rm{ }}G\left( x \right){\rm{ }} - {\rm{ }}F\left( x \right){\rm{ }} = {\rm{ }}f\left( x \right){\rm{ }} - {\rm{ }}f\left( x \right){\rm{ }} = {\rm{ }}0,{\rm{ }}\forall x{\rm{ < }}\left( {a,b} \right){\rm{ }}\)

\(\Rightarrow {\rm{ }}\exists C \in {\rm{ }}R{\rm{ }}:{\rm{ }}G\left( x \right){\rm{ }} - {\rm{ }}F\left( x \right){\rm{ }} = {\rm{ }}C,{\rm{ }}\forall x{\rm{ }} \in {\rm{ }}\left( {a,b} \right)\)

\(\Rightarrow {\rm{ }}G\left( x \right){\rm{ }} = {\rm{ }}F\left( x \right){\rm{ }} + {\rm{ }}C,{\rm{ }}\forall x{\rm{ }} \in {\rm{ }}\left( {a,b} \right)\)

Ghi chú:

Định lý trên vẫn đúng nếu thay (a,b) bằng [a,b] Nếu f có một nguyên hàm thì f có vô số nguyên hàm và hai nguyên hàm bất kỳ của cùng một hàm số thì sai khác nhau một hàng số.

Định nghĩa:

Tập hợp tất cả những nguyên hàm của f trên [a,b] được gọi là tích phân bất định của f trên [a, b], ký hiệu: \(\int {f(x)dx}\) .Nếu F là một nguyên hàm của f thì

\(\int {f(x)dx} = \left\{ {F(x) + C/C \in R} \right\}\)

Viết gọn: \(\int {f(x)dx} = F(x) + C\)

2. Tính chất của tích phân bất định

Cho f, g là các hàm số có nguyên hàm trong (a,b). Khi đó:

\(i)\,\,\frac{d}{{dx}}\int {f(x)dx = } \left( {\int {f(x)dx} } \right)' = f(x)\)

\(ii)\,\,d\int {f(x)dx} = f(x)dx\)

\(iii)\,\,\int {\left( {f(x) \pm g(x)} \right)dx} = \int {f(x)dx} \pm \int {g(x)dx}\)

\(iv)\,\,\int {kf(x)dx} = k\int {f(x)dx,k \in R}\)

Hệ quả: \(\int {\sum\limits_{i = 1}^n {{k_i}} } {f_i}(x)dx = \sum\limits_{i = 1}^n {{k_i}\int {{f_i}(x)dx} }\)

v) Nếu \(F'(x)=f(x)\) thì

\(\int {F'(x)dx} = \int {dF(x) = F(x) + C = \int {f(x)dx} }\)

và \(\int {f(y)dy = F(y) + C,\,} \int {f(t)dt = F(t) + C,\,} ....\)

Chứng minh: Dành cho độc giả (suy ra từ tính chất đạo hàm).

3. Các công thức tích phân bất định cơ bản

\(1.\,\,\int {Odx = C}\)

\(2.\,\,\int {adx = ax + C}\)

\(3.\,\,\int {{x^n}dx = \frac{{{x^{n + 1}}}}{{n + 1}} + C} \,\,(n \ne - 1)\)

\(4.\,\,\int {\frac{{dx}}{x}} = \ln \left| x \right| + C\)

vì \((\ln \left| x \right| + C)' = \left\{ \begin{array}{l} (\ln )'\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(x > 0)\\ \left[ {\ln ( - x)} \right]'\,\,\,\,(x < 0) \end{array} \right. = \left\{ \begin{array}{l} \frac{1}{x}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(x > 0)\\ - \frac{1}{{ - x}} = \,\frac{1}{x}\,\,(x < 0) \end{array} \right. = \frac{1}{x},x \ne 0 \)

\(5.\,\int {{e^x}} dx = {e^x} + C\)

\(6.\,\int {{a^x}} dx = \frac{{{a^x}}}{{\ln a}} + C\)

\(7.\,\int {{\mathop{\rm sinx}\nolimits} } dx = - \cos x + C\)

\(8.\,\int {cosx} dx = \sin x + C\)

\(9.\,\int {\frac{{dx}}{{{{\cos }^2}x}} = \int {(1 + t{g^2}x)dx} } = tgx + C\)

\(10.\,\int {\frac{{dx}}{{{{\sin }^2}x}} = \int {(1 + cot{g^2}x)dx} } = - cotgx + C\)

\(11.\,\int {\frac{{dx}}{{1 + {x^2}}} = \arcsin x} + C\)

\(12.\,\int {\frac{{dx}}{{{x^n}}} = \int {{x^{ - n}}dx = \frac{{{x^{ - n + 1}}}}{{ - n + 1}}} } + C = \frac{1}{{(n - 1){x^{n - 1}}}} + C\,\,(n \ne 1)\)

\(13.\,\int {\frac{{dx}}{{{x^n}}}} \int {{x^{ - n}}dx = \frac{{{x^{ - n + 1}}}}{{ - n + 1}}} + C = \frac{{ - 1}}{{(n - 1){x^{n - 1}}}} + C\,\,(n \ne 1)\)

\(\int {\frac{{dx}}{{2\sqrt x }}} = \sqrt x + C\)

\(14.\,\int {tgxdx = \int {\frac{{{\mathop{\rm sinx}\nolimits} }}{{\cos x}}dx} } = \int {\frac{{ - d(\cos x)}}{{\cos x}}} = - \ln \left| {\cos x} \right| + C\)

\(15.\,\int {cotgxdx = \int {\frac{{cosx}}{{\sin x}}dx} } = \int {\frac{{d(\sin x)}}{{\sin x}}} = \ln \left| {\sin x} \right| + C\)

\(16.\int {\frac{{dx}}{{\sqrt {{a^2} - {x^2}} }}} = \arcsin \frac{x}{{\left| a \right|}} + C\)

\(17.\int {\frac{{dx}}{{{a^2} - {x^2}}}} = \frac{1}{A}{\mathop{\rm arctg}\nolimits} \frac{x}{a} + C\)

\(18.\int {\frac{{dx}}{{\sqrt {{x^2} + b} }}} = \ln \left| {x + \sqrt {{x^2} + b} } \right| + C\)

\(19.\int {\frac{{dx}}{{{x^2} - {a^2}}}} = \frac{1}{{2a}}\ln \left| {\frac{{x - a}}{{x + a}}} \right| + C\,\,\,(a \ne 0)\)

\(20.\int {\frac{{dx}}{{(x - a)(x - b)}}} = \frac{1}{{b - a}}\ln \left| {\frac{{x - b}}{{x - a}}} \right| + C\,\,\,(a \ne b)\)

\(21.\int {\sqrt {{a^2} - {x^2}} } dx = \frac{x}{2}\sqrt {{a^2} - {x^2}} + \frac{{{a^2}}}{2}\arcsin \frac{x}{{\left| a \right|}} + C\,\,(a \ne 0)\)

\(22.\int {\sqrt {{a^2} + {x^2}} } dx = \frac{x}{2}\sqrt {{a^2} + {x^2}} + \frac{{{a^2}}}{2}\ln \left| {x + \sqrt {{a^2} + {x^2}} } \right| + C\)

4. Ví dụ

\(a.\,\,\int {\frac{{{x^4} - 5{x^3} - {x^2} + 3x + 7}}{{{x^2} + 1}}} dx\)

\(= \int {\left( {{x^2} - 5x - 2 + \frac{{8x + 9}}{{{x^2} + 1}}} \right)} dx = \frac{{{x^3}}}{3} - \frac{{5{x^2}}}{2} - 2x + \int {\left( {\frac{{8x + 9}}{{{x^2} + 1}}} \right)} dx\)

\(= \frac{{{x^3}}}{3} - \frac{{5{x^2}}}{2} - 2x + \int {\frac{{4.2xdx}}{{{x^2} + 1}} + 9\int {\frac{{dx}}{{{x^2} + 1}}} }\)

\(= \frac{{{x^3}}}{3} - \frac{{5{x^2}}}{2} - 2x + 4\int {\frac{{d({x^2} + 1)}}{{{x^2} + 1}}} + 9arctgx\)

\(= \frac{{{x^3}}}{3} - \frac{{5{x^2}}}{2} - 2x + 4\ln ({x^2} + 1) + 9arctgx + C\)

\(b.\,\int {({x^2} + x} )\sqrt {x\sqrt x } dx = \int {({x^2}} + x){x^{\frac{1}{2}}}{x^{\frac{1}{4}}}dx\)

\(= \int {\left( {{x^{\left( {2 + \frac{3}{4}} \right)}} + {x^{\left( {2 + \frac{3}{4}} \right)}}} \right)} dx = \int {\left( {{x^{\frac{{11}}{4}}} + {x^{\frac{7}{4}}}} \right)} dx\)

\(= \frac{4}{{15}}{x^{\frac{{15}}{4}}} + \frac{4}{{11}}{x^{\frac{{11}}{4}}} + C\)

\(c.\int {{e^{3x}}} 7xdx = {\int {\left( {{e^3}7} \right)} ^x}dx = \frac{{{{\left( {{e^3}7} \right)}^x}}}{{\ln ({e^3}7)}} = \frac{{{e^{3x}}{7^x}}}{{3 + \ln 7}} + C\)

\(d.\int {\frac{{dx}}{{x + a}}} = \int {\frac{{d(x + a)}}{{x + a}}} = \ln \left| {x + a} \right| + C\)

\(e.\int {\frac{{{\mathop{\rm sinxdx}\nolimits} }}{{{{\cos }^3}x}}} = \int {\frac{{tgxdx}}{{{{\cos }^2}x}}} = \int {tgx\,d(tgx) = \frac{{t{g^2}x}}{2}} + C\)

\(f.\int {\frac{{dx}}{{{{(x - \sqrt {{x^2} + 1} )}^2}}}} = \int {\frac{{\left( {x + \sqrt {{x^2} + 1} } \right)}}{{{{\left[ {{x^2} - ({x^2} + 1)} \right]}^2}}}} dx = \int {\left( {{x^2} + 2x\sqrt {{x^2} + 1} + {x^2} + 1} \right)dx}\)

\(= 2\frac{{{x^3}}}{3} + x + \int {{u^{\frac{1}{2}}}} du = 2\frac{{{x^3}}}{3} + x\frac{{{u^{\frac{1}{2} + 1}}}}{{\frac{1}{2} + 1}} + C = \frac{2}{3}{x^3} + x + \frac{2}{3}{({x^2} + 1)^{\frac{3}{2}}} + C\)

\(g.\int {\frac{{dx}}{{{x^2} - {a^2}}}} = \int {\frac{{dx}}{{(x - a)(x + a)}}} = \frac{1}{{2a}}\int {\frac{{(x + a) - (x - a)}}{{(x - a)(x + a)}}dx}\)

\(= \frac{1}{{2a}}\int {\left( {\frac{1}{{x - a}} - \frac{1}{{x + a}}} \right)} dx = \frac{1}{{2a}}\left[ {\ln \left| {x - a} \right|} \right] - \left[ {\ln \left| {x + a} \right|} \right] + C\)

\(= \frac{1}{{2a}}\ln \left| {\frac{{x - a}}{{x + a}}} \right| + C\,\,(a \ne 0)\)

\(h.\,\int {t{g^2}} xdx = \int {\left( {t{g^2}x + 1 - 1} \right)dx = tgx - x + C}\)

\(i.\,\int {t{g^5}} xdx = \int {\left( {t{g^5}x + t{g^3}x - t{g^3}x + tgx - tgx} \right)dx}\)

\( = \int {t{g^3}} x(t{g^2}x + 1)dx - \int {tgx} (t{g^2}x + 1)dx + \int {tgxdx = \frac{{t{g^4}x}}{4} - } \frac{{t{g^2}x}}{2} - \ln \left| {\cos x} \right| + C\)

5. Phương pháp tính tích phân bất định

5.1 Phương pháp đổi biến

a. Giả sử f là hàm số có nguyên hàm trên miền D.

Đặt \(x = \varphi (t)\), với \(\varphi\) là hàm khả vi đơn điệu đối với biến t và miền giá trị của \(\varphi(t)\) chứa trong D. Khi đó;

\(\int {f(x)dx = \int {f(\varphi (t))\varphi '(t)} } dt\)

Ví dụ:

1) \(I = \int {\frac{{\sin \sqrt[3]{x}}}{{\sqrt[3]{{{x^2}}}}}} dx.\)

Đặt \(x = {t^3} \Rightarrow dx = 3{t^2}dt,\sqrt[3]{{{x^2}}} = {t^2},\sqrt[3]{x} = t\)

\(\Rightarrow I = \int {\frac{{(\sin t)3{t^2}dt}}{{{t^2}}}} = \int {3\sin tdt = - 3{\mathop{\rm cost}\nolimits} + C = - 3cos\sqrt[3]{x}} + C\)

2) \(I = \int {\sqrt {{a^2} - {x^2}} } dx\,\,(a > 0,{a^2} - {x^2} \ge 0 \Leftrightarrow - a \le x \le a)\)

Đặt \(x = a\sin t, - \frac{\pi }{2} \le t \le \frac{\pi }{2} \Rightarrow dx = a{\mathop{\rm costdt}\nolimits}\)và \(\sin t = \frac{x}{a}\)

\(\Rightarrow I = \int {\sqrt {{a^2} - {x^2}} dx = \int {\sqrt {{a^2} - {a^2}{{\sin }^2}t} a\,\cos \,tdt} } \)

\(= \int {a\sqrt {{{\cos }^2}t} a\cos \,tdt} = \int {{a^2}} \left| {\cos \,t} \right|\cos \,t\,dt = \int {{a^2}\,{{\cos }^{2\,}}tdt}\)

\(= \int {\frac{{{a^2}(1 + \cos \,2t)}}{2}dt} = \frac{{{a^2}}}{2}t + \frac{{{a^2}}}{4}\sin 2t + C\)

\(= \frac{{{a^2}}}{2}\arcsin \frac{x}{a} + \frac{{{a^2}}}{4}2\sin \,t\,cos\,t\, + C = \frac{{{a^2}}}{2}\arcsin \frac{x}{a} + \frac{{{a^2}}}{2}.\frac{x}{a}\sqrt {1 - \frac{{{x^2}}}{{{a^2}}}} + C\)

\(= \frac{{{a^2}}}{2}\arcsin \frac{x}{a} + \frac{x}{2}\sqrt {{a^2} - {x^2}} + C\)

b. Đặt u = h(x) với h khả vi liên tục, ta có:

\(\int {g(h(x))h'(x)dx = \int {g(u)du} }\)

5.2 Phương pháp tích phân từng phần

Cho u = u(x), v = v(x) là các hàm khả vi và có đạo hàm liên tục. Khi đó \(\int {udv = uv - \int {vdu} }\)

Chứng minh:

Ta có: \(d(uv) = vdu + udv \Rightarrow \int {d(uv) = \int {udv + \int {vdu} } }\)

Suy ra \(\int {udv = uv - \int {vdu} }\)

Thông thường để tính \(\int {f(x)dx}\), ta phân tích: \(f(x)dx = udv\) sao cho tính được các tích phân \(\int {vdu}\) và \(\int {dv} \)

Nhận xét:

• Dạng \(\int {p(x)\left[ \begin{array}{l} {e^x}\\ \cos x\\ {\mathop{\rm sinx}\nolimits} \end{array} \right]} dx \). Đặt u = p(x) và \(dv = \left[ \begin{array}{l} {e^x}\\ \cos x\\ {\mathop{\rm sinx}\nolimits} \end{array} \right]dx \) Dạng \(\int {p(x)\left[ \begin{array}{l} \ln x\\ arctgx\\ arcsinx \end{array} \right]} dx. \) Đặt \(u = \left[ \begin{array}{l} \ln x\\ arctgx\\ arcsinx \end{array} \right],dv = p(x)dx \)

Ví dụ:

a) \(\int {{x^2}{e^x}dx}\). Đặt \(u = {x^2} \Rightarrow du = 2xdx\)

\(dv = {e^x}dx\), chọn \(v=e^x\)

Do đó: \(\int {{x^2}} {e^x}dx = uv - \int {vdu} = {x^2}{e^x} - \int {2x{e^x}} dx\)

Đặt \(u = 2x \Rightarrow du = 2dx;dv = {e^x}dx\)chọn \(v=e^x\)

\( \Rightarrow \int {{x^2}} {e^x}dx = {x^2}{e^x} - \left[ {2x{e^x} - \int {2{e^x}dx} } \right] = {x^2}{e^x} - 2x{e^x} + 2{e^x} + C\)

Tổng quát:

\(\int {{x^n}{e^x}} dx = {x^n}{e^x} - n{x^{n - 1}}{e^x} + n(n - 1){x^{n - 2}}{e^x} + ... + {( - 1)^{n - 1}}n!x{e^x} + {( - 1)^n}n!{e^x} + C\)

b) \(I = \int {{x^3}} {\mathop{\rm sinxdx}\nolimits} \)

Đặt \(u = {x^3} \Rightarrow du = 3{x^2}dx.\,\,dv = {\mathop{\rm sinxdx}\nolimits} \)chọn v = - cosx

\(\Rightarrow I = - {x^3}\cos x + \int {3{x^2}} \cos xdx\)

\(= - {x^3}\cos x + 3{x^2}\sin - \int {6x} \sin xdx\)

\(= - {x^3}\cos x + 3{x^2}\sin + 6xcosx - \int {6\cos } xdx\)

\(= - {x^3}\cos x + 3{x^2}\sin + 6xcosx - 6\sin x + C\)

c) \(I = \int {x\,arctg\,xdx} \)

Đặt \(u = arctgx\, \Rightarrow du = \frac{{dx}}{{1 + {x^2}}}\)

\(dv = xdx,v = \frac{1}{2}({x^2} + 1)\)

\(\Rightarrow I = \frac{1}{2}({x^2} + 1)arctgx - \int {\frac{1}{2}} ({x^2} + 1)\frac{1}{{1 + {x^2}}}dx = \frac{1}{2}({x^2} + 1)arctgx - \frac{x}{2} + C\)

d) \(\int {\sqrt {{a^2} - {x^2}} } dx(a > 0)\)

Đặt \(u = \sqrt {{a^2} - {x^2}} \Rightarrow du = \frac{{ - 2xdx}}{{2\sqrt {{a^2} - {x^2}} }} = - \frac{{xdx}}{{\sqrt {{a^2} - {x^2}} }}\)

\(\Rightarrow I = x\sqrt {{a^2} - {x^2}} - \int { - \frac{{{x^2}dx}}{{\sqrt {{a^2} - {x^2}} }}} = x\sqrt {{a^2} - {x^2}} - \int {\frac{{ - {x^2} + {a^2} - {a^2}}}{{\sqrt {{a^2} - {x^2}} }}dx}\)

\(\Rightarrow 2I = x\sqrt {{a^2} - {x^2}} + {a^2}\int {\frac{{dx}}{{\sqrt {{a^2} - {x^2}} }}}\)

\(\Rightarrow I = \frac{x}{2}\sqrt {{a^2} - {x^2}} + \frac{{{a^2}}}{2}\arcsin \frac{x}{a} + C\)

Tương tự: \(J = \int {\sqrt {{a^2} + {x^2}} } dx\)

Đặt \(u = \sqrt {{a^2} + {x^2}} \Rightarrow du = \frac{{xdx}}{{\sqrt {{a^2} + {x^2}} }},dv = dx\)chọn v = x

Ta có:

\(J = x\sqrt {{a^2} + {x^2}} - \int {\frac{{{x^2}dx}}{{\sqrt {{a^2} + {x^2}} }}} = x\sqrt {{a^2} + {x^2}} - \int {\frac{{{x^2} + {a^2} - {a^2}}}{{\sqrt {{a^2} + {x^2}} }}} dx\)

\(\Rightarrow 2J = x\sqrt {{a^2} + {x^2}} + {a^2}\int {\frac{{dx}}{{\sqrt {{a^2} + {x^2}} }}}\)

\(\Rightarrow J = \frac{1}{2}x\sqrt {{a^2} + {x^2}} + \frac{{{a^2}}}{2}\int {\frac{{dx}}{{\sqrt {{a^2} + {x^2}} }}}\)

\(= \frac{x}{2}x\sqrt {{a^2} + {x^2}} + \frac{{{a^2}}}{2}\ln \left( {x + \sqrt {{a^2} + {x^2}} } \right) + C\)

Trên đây là nội dung bài giảng Bài 1: Tích phân bất định - Nguyên hàm, Tích phân bất định được eLib tổng hợp lại nhằm giúp các bạn sinh viên có thêm tư liệu tham khảo. Hy vọng đây sẽ là tư liệu giúp các bạn nắm bắt nội dung bài học dễ dàng hơn.