Tìm nguyên hàm của hàm số $f(x) = \sqrt {1 + {x^2}} .$
Cách 1: Đặt $x = \tan t$, $ – \frac{\pi }{2} < t < \frac{\pi }{2}$, suy ra: $dx = \frac{{dt}}{{{{\cos }^2}t}}$ và $\sqrt {1 + {x^2}} dx = \frac{{dt}}{{{{\cos }^3}t}}.$
Khi đó: $\int f (x)dx$ $ = \int {\frac{{dt}}{{{{\cos }^3}t}}} $ $ = \int {\frac{{\cos tdt}}{{{{\cos }^4}t}}} $ $ = \int {\frac{{\cos tdt}}{{{{\left( {1 – {{\sin }^2}t} \right)}^2}}}} .$
Đặt $u = \sin t$, suy ra: $du = \cos tdt$ và $\frac{{{\rm{ }}\cos tdt{\rm{ }}}}{{{{\left( {1 – {{\sin }^2}t} \right)}^2}}}$ $ = \frac{{du}}{{{{(u + 1)}^2}{{(u – 1)}^2}}}.$
Khi đó: $\int f (x)dx$ $ = \int {\frac{{du}}{{{{(u + 1)}^2}{{(u – 1)}^2}}}} $ $ = \frac{1}{4}\left[ {\ln \left| {\frac{{u + 1}}{{u – 1}}} \right| – \frac{{2u}}{{(u + 1)(u – 1)}}} \right] + C$ $ = \frac{1}{4}\left[ {\ln \left| {\frac{{\sin t + 1}}{{\sin t – 1}}} \right| – \frac{{2\sin t}}{{(\sin t + 1)(\sin t – 1)}}} \right] + C$ $ = \frac{1}{4}\left[ {\ln \left| {\frac{{\frac{x}{{\sqrt {1 + {x^2}} }} + 1}}{{\frac{x}{{\sqrt {1 + {x^2}} }} – 1}}} \right| – \frac{{2\frac{x}{{\sqrt {1 + {x^2}} }}}}{{\left( {\frac{x}{{\sqrt {1 + {x^2}} }} + 1} \right)\left( {\frac{x}{{\sqrt {1 + {x^2}} }} – 1} \right)}}} \right] + C$ $ = \frac{1}{4}\left( {\ln \left| {\frac{{x + \sqrt {1 + {x^2}} }}{{x – \sqrt {1 + {x^2}} }}} \right| + 2x\sqrt {1 + {x^2}} } \right) + C$ $ = \frac{1}{4}\left( {2\ln \left| {x + \sqrt {1 + {x^2}} } \right| + 2x\sqrt {1 + {x^2}} } \right) + C$ $ = \frac{1}{2}\left( {\ln \left| {x + \sqrt {1 + {x^2}} } \right| + x\sqrt {1 + {x^2}} } \right) + C.$
Cách 2: Đặt $t = x + \sqrt {1 + {x^2}} $, suy ra: $t – x = \sqrt {1 + {x^2}} $ $ \Rightarrow {(t – x)^2} = 1 + {x^2}$ $ \Rightarrow x = \frac{{{t^2} – 1}}{{2t}}.$
$ \Rightarrow \sqrt {1 + {x^2}} $ $ = t – \frac{{{t^2} – 1}}{{2t}}$ $ = \frac{{{t^2} + 1}}{{2t}}.$
$ \Rightarrow dt = \left( {1 + \frac{x}{{\sqrt {1 + {x^2}} }}} \right)dx$ $ = \frac{{x + \sqrt {1 + {x^2}} }}{{\sqrt {1 + {x^2}} }}dx$ $ = \frac{{2{t^2}}}{{{t^2} + 1}}dx$ $ \Leftrightarrow dx = \frac{{{t^2} + 1}}{{2{t^2}}}dt$, $\sqrt {1 + {x^2}} dx$ $ = \frac{{{t^2} + 1}}{{2t}} \cdot \frac{{{t^2} + 1}}{{2{t^2}}}dt$ $ = \frac{1}{4}\frac{{{{\left( {{t^2} + 1} \right)}^2}}}{{{t^3}}}dt$ $ = \frac{1}{4}\left( {t + \frac{2}{t} + \frac{1}{{{t^3}}}} \right)dt.$
Khi đó: $\int f (x)dx$ $ = \frac{1}{4}\int {\left( {t + \frac{2}{t} + \frac{1}{{{t^3}}}} \right)} dt$ $ = \frac{1}{4}\left( {\frac{1}{2}{t^2} + 2\ln |t| – \frac{1}{{2{t^2}}}} \right) + C$ $ = \frac{1}{8}\left[ {\left( {{t^2} – \frac{1}{{{t^2}}}} \right) + 4\ln |t|} \right] + C$ $ = \frac{1}{8}\left[ {4x\sqrt {1 + {x^2}} + 4\ln \left| {x + \sqrt {1 + {x^2}} } \right|} \right] + C$ $ = \frac{1}{2}\left( {\ln \left| {x + \sqrt {1 + {x^2}} } \right| + x\sqrt {1 + {x^2}} } \right) + C.$
Cách 3: (Sử dụng phương pháp tích phân từng phần).
Đặt $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {u = \sqrt {{x^2} + 1} }\\ {dv = dx} \end{array}} \right.$ $ \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {du = \frac{{xdx}}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}}\\ {v = x} \end{array}} \right.$
Khi đó: $I = \int f (x)dx$ $ = x\sqrt {{x^2} + 1} – \int {\frac{{{x^2}dx}}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}} .$
Trong đó: $\int {\frac{{{x^2}dx}}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}} $ $ = \int {\frac{{\left[ {\left( {{x^2} + 1} \right) – 1} \right]dx}}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}} $ $ = \int {\sqrt {{x^2} + 1} } dx – \int {\frac{{dx}}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}} $ $ = I – \ln \left| {x + \sqrt {{x^2} + 1} } \right| + C.$
Vậy: $I = x\sqrt {{x^2} + 1} $ $ – \left( {I – a\ln \left| {x + \sqrt {{x^2} + 1} } \right| + C} \right).$
$ \Leftrightarrow 2I = x\sqrt {{x^2} + 1} + \ln \left| {x + \sqrt {{x^2} + 1} } \right| + C.$
$ \Leftrightarrow I = \frac{x}{2}\sqrt {{x^2} + 1} + \frac{1}{2}\ln \left| {x + \sqrt {{x^2} + 1} } \right| + C.$
Chú ý:
1. Trong cách giải thứ nhất sở dĩ ta có: $\sqrt {1 + {x^2}} = \frac{1}{{\cos t}}$ 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}{*{20}{l}}
{\sqrt {{{\cos }^2}t} = \cos t}\\
{\sin t = \tan t.\cos t = \frac{x}{{\sqrt {1 + {x^2}} }}}
\end{array}} \right.$
2. Cả ba phương pháp trên (tốt nhất là phương pháp 2) được áp dụng để tìm các nguyên hàm:
$\int {\sqrt {{x^2} + a} } dx$ $ = \frac{a}{2}\ln \left| {x + \sqrt {{x^2} + a} } \right|$ $ + \frac{x}{2}\sqrt {{x^2} + a} + C.$
$\int {\frac{{dx}}{{\sqrt {{x^2} + a} }}} $ $ = \ln \left| {x + \sqrt {{x^2} + a} } \right| + C.$
3. Với nguyên hàm $\int {\frac{{dx}}{{\sqrt {{{\left( {{a^2} + {x^2}} \right)}^{2k + 1}}} }}} $, với $k \in Z$ tốt nhất là sử dụng phương pháp 1.
4. Với nguyên hàm $I = \int {\sqrt {(x + a)(x + b)} } dx$ ta có thể thực hiện như sau:
Đặt $t = x + \frac{{a + b}}{2}$ và $A = – \frac{{{{(b – a)}^2}}}{4}$, suy ra: $dt = dx$ và $\sqrt {(x + a)(x + b)} dx$ $ = \sqrt {{t^2} + A} dt.$
Khi đó: $I = \int {\sqrt {{t^2} + A} } dt$ $ = \frac{A}{2}\ln \left| {t + \sqrt {{t^2} + A} } \right|$ $ + \frac{t}{2}\sqrt {{t^2} + A} + C$ $ = – \frac{{{{(b – a)}^2}}}{8}\ln \left| {x + \frac{{a + b}}{2} + \sqrt {(x + a)(x + b)} } \right|$ $ + \frac{{2x + a + b}}{4}\sqrt {(x + a)(x + b)} + C.$
Xem thêm
Giải
Ta có thể trình bày theo hai cách sau:Cách 1: Đặt $x = \tan t$, $ – \frac{\pi }{2} < t < \frac{\pi }{2}$, suy ra: $dx = \frac{{dt}}{{{{\cos }^2}t}}$ và $\sqrt {1 + {x^2}} dx = \frac{{dt}}{{{{\cos }^3}t}}.$
Khi đó: $\int f (x)dx$ $ = \int {\frac{{dt}}{{{{\cos }^3}t}}} $ $ = \int {\frac{{\cos tdt}}{{{{\cos }^4}t}}} $ $ = \int {\frac{{\cos tdt}}{{{{\left( {1 – {{\sin }^2}t} \right)}^2}}}} .$
Đặt $u = \sin t$, suy ra: $du = \cos tdt$ và $\frac{{{\rm{ }}\cos tdt{\rm{ }}}}{{{{\left( {1 – {{\sin }^2}t} \right)}^2}}}$ $ = \frac{{du}}{{{{(u + 1)}^2}{{(u – 1)}^2}}}.$
Khi đó: $\int f (x)dx$ $ = \int {\frac{{du}}{{{{(u + 1)}^2}{{(u – 1)}^2}}}} $ $ = \frac{1}{4}\left[ {\ln \left| {\frac{{u + 1}}{{u – 1}}} \right| – \frac{{2u}}{{(u + 1)(u – 1)}}} \right] + C$ $ = \frac{1}{4}\left[ {\ln \left| {\frac{{\sin t + 1}}{{\sin t – 1}}} \right| – \frac{{2\sin t}}{{(\sin t + 1)(\sin t – 1)}}} \right] + C$ $ = \frac{1}{4}\left[ {\ln \left| {\frac{{\frac{x}{{\sqrt {1 + {x^2}} }} + 1}}{{\frac{x}{{\sqrt {1 + {x^2}} }} – 1}}} \right| – \frac{{2\frac{x}{{\sqrt {1 + {x^2}} }}}}{{\left( {\frac{x}{{\sqrt {1 + {x^2}} }} + 1} \right)\left( {\frac{x}{{\sqrt {1 + {x^2}} }} – 1} \right)}}} \right] + C$ $ = \frac{1}{4}\left( {\ln \left| {\frac{{x + \sqrt {1 + {x^2}} }}{{x – \sqrt {1 + {x^2}} }}} \right| + 2x\sqrt {1 + {x^2}} } \right) + C$ $ = \frac{1}{4}\left( {2\ln \left| {x + \sqrt {1 + {x^2}} } \right| + 2x\sqrt {1 + {x^2}} } \right) + C$ $ = \frac{1}{2}\left( {\ln \left| {x + \sqrt {1 + {x^2}} } \right| + x\sqrt {1 + {x^2}} } \right) + C.$
Cách 2: Đặt $t = x + \sqrt {1 + {x^2}} $, suy ra: $t – x = \sqrt {1 + {x^2}} $ $ \Rightarrow {(t – x)^2} = 1 + {x^2}$ $ \Rightarrow x = \frac{{{t^2} – 1}}{{2t}}.$
$ \Rightarrow \sqrt {1 + {x^2}} $ $ = t – \frac{{{t^2} – 1}}{{2t}}$ $ = \frac{{{t^2} + 1}}{{2t}}.$
$ \Rightarrow dt = \left( {1 + \frac{x}{{\sqrt {1 + {x^2}} }}} \right)dx$ $ = \frac{{x + \sqrt {1 + {x^2}} }}{{\sqrt {1 + {x^2}} }}dx$ $ = \frac{{2{t^2}}}{{{t^2} + 1}}dx$ $ \Leftrightarrow dx = \frac{{{t^2} + 1}}{{2{t^2}}}dt$, $\sqrt {1 + {x^2}} dx$ $ = \frac{{{t^2} + 1}}{{2t}} \cdot \frac{{{t^2} + 1}}{{2{t^2}}}dt$ $ = \frac{1}{4}\frac{{{{\left( {{t^2} + 1} \right)}^2}}}{{{t^3}}}dt$ $ = \frac{1}{4}\left( {t + \frac{2}{t} + \frac{1}{{{t^3}}}} \right)dt.$
Khi đó: $\int f (x)dx$ $ = \frac{1}{4}\int {\left( {t + \frac{2}{t} + \frac{1}{{{t^3}}}} \right)} dt$ $ = \frac{1}{4}\left( {\frac{1}{2}{t^2} + 2\ln |t| – \frac{1}{{2{t^2}}}} \right) + C$ $ = \frac{1}{8}\left[ {\left( {{t^2} – \frac{1}{{{t^2}}}} \right) + 4\ln |t|} \right] + C$ $ = \frac{1}{8}\left[ {4x\sqrt {1 + {x^2}} + 4\ln \left| {x + \sqrt {1 + {x^2}} } \right|} \right] + C$ $ = \frac{1}{2}\left( {\ln \left| {x + \sqrt {1 + {x^2}} } \right| + x\sqrt {1 + {x^2}} } \right) + C.$
Cách 3: (Sử dụng phương pháp tích phân từng phần).
Đặt $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {u = \sqrt {{x^2} + 1} }\\ {dv = dx} \end{array}} \right.$ $ \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {du = \frac{{xdx}}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}}\\ {v = x} \end{array}} \right.$
Khi đó: $I = \int f (x)dx$ $ = x\sqrt {{x^2} + 1} – \int {\frac{{{x^2}dx}}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}} .$
Trong đó: $\int {\frac{{{x^2}dx}}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}} $ $ = \int {\frac{{\left[ {\left( {{x^2} + 1} \right) – 1} \right]dx}}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}} $ $ = \int {\sqrt {{x^2} + 1} } dx – \int {\frac{{dx}}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}} $ $ = I – \ln \left| {x + \sqrt {{x^2} + 1} } \right| + C.$
Vậy: $I = x\sqrt {{x^2} + 1} $ $ – \left( {I – a\ln \left| {x + \sqrt {{x^2} + 1} } \right| + C} \right).$
$ \Leftrightarrow 2I = x\sqrt {{x^2} + 1} + \ln \left| {x + \sqrt {{x^2} + 1} } \right| + C.$
$ \Leftrightarrow I = \frac{x}{2}\sqrt {{x^2} + 1} + \frac{1}{2}\ln \left| {x + \sqrt {{x^2} + 1} } \right| + C.$
Chú ý:
1. Trong cách giải thứ nhất sở dĩ ta có: $\sqrt {1 + {x^2}} = \frac{1}{{\cos t}}$ 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}{*{20}{l}}
{\sqrt {{{\cos }^2}t} = \cos t}\\
{\sin t = \tan t.\cos t = \frac{x}{{\sqrt {1 + {x^2}} }}}
\end{array}} \right.$
2. Cả ba phương pháp trên (tốt nhất là phương pháp 2) được áp dụng để tìm các nguyên hàm:
$\int {\sqrt {{x^2} + a} } dx$ $ = \frac{a}{2}\ln \left| {x + \sqrt {{x^2} + a} } \right|$ $ + \frac{x}{2}\sqrt {{x^2} + a} + C.$
$\int {\frac{{dx}}{{\sqrt {{x^2} + a} }}} $ $ = \ln \left| {x + \sqrt {{x^2} + a} } \right| + C.$
3. Với nguyên hàm $\int {\frac{{dx}}{{\sqrt {{{\left( {{a^2} + {x^2}} \right)}^{2k + 1}}} }}} $, với $k \in Z$ tốt nhất là sử dụng phương pháp 1.
4. Với nguyên hàm $I = \int {\sqrt {(x + a)(x + b)} } dx$ ta có thể thực hiện như sau:
Đặt $t = x + \frac{{a + b}}{2}$ và $A = – \frac{{{{(b – a)}^2}}}{4}$, suy ra: $dt = dx$ và $\sqrt {(x + a)(x + b)} dx$ $ = \sqrt {{t^2} + A} dt.$
Khi đó: $I = \int {\sqrt {{t^2} + A} } dt$ $ = \frac{A}{2}\ln \left| {t + \sqrt {{t^2} + A} } \right|$ $ + \frac{t}{2}\sqrt {{t^2} + A} + C$ $ = – \frac{{{{(b – a)}^2}}}{8}\ln \left| {x + \frac{{a + b}}{2} + \sqrt {(x + a)(x + b)} } \right|$ $ + \frac{{2x + a + b}}{4}\sqrt {(x + a)(x + b)} + C.$
Xem thêm
Sửa lần cuối: