Phương pháp tính tích phân các hàm có dạng đặc biệt

Dạng 1. Hàm số $y=f(x)$ liên tục và lẻ trên đoạn $\left[ -a;\,\,a \right]$ .

Khi đó:

$I=\int\limits_{-a}^{a}{f(x)dx}=0$.

Ví dụ

Tính : $I = \int\limits_{ – \frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}} {\frac{{xdx}}{{4 – {{\sin }^2}x}}} $

Giải

Đặt: $x = – t \Rightarrow dx = – dt$

Khi x=$\tfrac{\pi }{2}$ thì t = – $\tfrac{\pi }{2}$.

Khi $x=-\frac{\pi }{2}$ thì $t=\frac{\pi }{2}$

Do đó: $I = \int\limits_{\frac{\pi }{2}}^{ – \frac{\pi }{2}} {\frac{{tdt}}{{4 – {{\sin }^2}t}}} = – I$

Suy ra : 2I = 0. Ta được: $I = \int\limits_{ – \frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}} {\frac{{xdx}}{{4 – {{\sin }^2}x}}} = 0$

Dạng 2. Hàm số $y=f(x)$ liên tục và chẵn trên đoạn $\left[ -a;\,\,a \right]$ .

Khi đó: $I = \int\limits_{ – a}^a {f(x)dx} = 2\int\limits_0^a {f(x)dx} $

Chứng minh : Ta có :$I = \int\limits_{ – a}^a {f(x)dx} = \int\limits_{ – a}^0 {f(x)dx} + \int\limits_0^a {f(x)dx} $ (1).

Ta tính $J=\int\limits_{-a}^{0}{f(x)dx}$ bằng cách đặt $x=-t\left( 0\le t\le a \right)\Rightarrow dx=-dt$

$\begin{array}{l}
\Rightarrow J = \int\limits_{ – a}^0 {f(x)dx} \\
= – \int\limits_a^0 {f( – t)dt} \\
= \int\limits_0^a {f(t)dt} \\
= \int\limits_0^a {f(x)dx}
\end{array}$ (2).

Thay (2) vào (1) ta được $I=\int\limits_{-a}^{a}{f(x)dx}=2\int\limits_{0}^{a}{f(x)dx}$

Ví dụ 1

Tính: $I = \int\limits_{ – \frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}} {\frac{{x + \cos x}}{{4 – {{\sin }^2}x}}dx} $

Giải

Ta có:

$\begin{array}{l}
I = \int\limits_{ – \frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}} {\frac{{x + \cos x}}{{4 – {{\sin }^2}x}}dx} \\
= \int\limits_{ – \frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}} {\frac{x}{{4 – {{\sin }^2}x}}dx} + \int\limits_{ – \frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}} {\frac{{\cos x}}{{4 – {{\sin }^2}x}}dx}
\end{array}$

Do ${{f}_{1}}(x)=\frac{x}{4-{{\sin }^{2}}x}$ là hàm số lẻ trên $\left[ -\frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2} \right]$ nên: $\int\limits_{ – \frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}} {\frac{x}{{4 – {{\sin }^2}x}}dx} = 0$

và ${{f}_{2}}(x)=\frac{\cos x}{4-{{\sin }^{2}}x}$ là hàm số chẵn trên $\left[ -\frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2} \right]$ nên ta có:

$\begin{array}{l}
\int\limits_{ – \frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}} {\frac{{\cos x}}{{4 – {{\sin }^2}x}}dx} \\
= 2\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\frac{{\cos x}}{{4 – {{\sin }^2}x}}dx} \\
= – 2\int\limits_{ – \frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}} {\frac{{d(\sin x)}}{{(\sin x + 2)\left( {\sin x + 2} \right)}}}
\end{array}$

Vậy: $I = – \frac{1}{2}\ln \left| {\frac{{\sin x – 2}}{{\sin x + 2}}} \right|\left| \begin{array}{l}
\frac{\pi }{2}\\
0
\end{array} \right. = \frac{1}{2}\ln 3$

Dạng 3. Hàm số $y=f(x)$ liên tục và chẵn trên đoạn$\left[ -\alpha :\alpha \right]$.

Khi đó: $I = \int\limits_{ – \alpha }^\alpha {\frac{{f(x)}}{{{a^x} + 1}}} dx = \frac{1}{2}\int\limits_{ – \alpha }^\alpha {f(x)dx} $

Chứng minh: Đặt t= -x dt= – dx

Ta có f(x)= f(-t)=f(t);
ax+1=a-t+1= $\frac{{{a}^{t}}+1}{{{a}^{t}}}$

Khi x= – $\alpha $thì t = $\alpha $ ; x =$\alpha $ thì t =- $\alpha $

Suy ra: $\begin{array}{l}
I = \int\limits_{ – \alpha }^\alpha {\frac{{f(x)}}{{{a^x} + 1}}} dx\\
= \int\limits_{ – \alpha }^\alpha {\frac{{{a^t}f(t)}}{{{a^t} + 1}}dt} \\
= \int\limits_{ – \alpha }^\alpha {\frac{{{a^t} + 1 – 1}}{{{a^t} + 1}}f(t)dt}
\end{array}$

$\begin{array}{l}
= \int\limits_{ – \alpha }^\alpha {f(t)dt + \int\limits_{ – \alpha }^\alpha {\frac{{f(t)}}{{{a^t} + 1}}dt} } \\
= \int\limits_{ – \alpha }^\alpha {f(x)dx + I}
\end{array}$

Vậy: $I = \int\limits_{ – \alpha }^\alpha {\frac{{f(x)}}{{{a^x} + 1}}} dx = \frac{1}{2}\int\limits_{ – \alpha }^\alpha {f(x)dx} $

Ví dụ

Tính: $I = \int\limits_{ – 1}^1 {\frac{{{x^4}}}{{{2^x} + 1}}dx} $

Giải

Đặt t= -x dt= – dx

Khi x= – 1 thì t = 1 ; x =1 thì t = -1

$\begin{array}{l}
I = \int\limits_{ – 1}^1 {\frac{{{x^4}}}{{{2^x} + 1}}} dx\\
= \int\limits_{ – 1}^1 {\frac{{{t^4}}}{{{2^{ – t}} + 1}}dt} \\
= \int\limits_{ – 1`}^1 {\frac{{{2^t}}}{{{2^t} + 1}}{t^4}dt}
\end{array}$

$\begin{array}{l}
= \int\limits_{ – 1}^1 {{t^4}dt – \int\limits_{ – 1}^1 {\frac{{{t^4}}}{{{2^t} + 1}}dt} } \\
= \int\limits_{ – 1}^1 {{x^4}dx – I}
\end{array}$

Suy ra: $I = \frac{1}{2}\int\limits_{ – 1}^1 {{x^4}dx} = \frac{1}{2}\left. {\frac{{{x^5}}}{5}} \right|_{ – 1}^1 = \frac{1}{5}$

Dạng 4. Cho f(x) liên tục trên đoạn $\left[ 0;\frac{\pi }{2} \right]$.

Khi đó: $\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {f(\sin x)dx} = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {f(\cos x)dx} $

Chứng minh:

Đặt: $t = \frac{\pi }{2} – x \Rightarrow dx = – dt$

Khi x = 0 thì $t=\frac{\pi }{2}$, khi $x=\frac{\pi }{2}$ thì t = 0.

Do đó: $\begin{array}{l}
\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {f(\sin x)dx} \\
= – \int\limits_{\frac{\pi }{2}}^0 {f(\sin (\frac{\pi }{2} – t)dt} \\
= \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {f(\cos t)dt} \\
= \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {f(\cos x)dx}
\end{array}$

Nhận xét : Bằng cách làm tương tự ta có các công thức

*Nếu f(x) liên tục trên $\left[ 0;1 \right]$thì $\int\limits_{\alpha }^{\pi -\alpha }{xf(\sin x)dx}=\frac{\pi }{2}\int\limits_{\alpha }^{\pi -\alpha }{f(\sin x)dx}$
*Nếu f(x) liên tục trên $\left[ 0;1 \right] $ thì $\int\limits_{\alpha }^{2\pi -\alpha }{xf(\cos x)dx}=\pi \int\limits_{\alpha }^{2\pi -\alpha }{f(\cos x)dx}$

Ví dụ

Tính: $I = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\frac{{{{\sin }^n}x}}{{{{\sin }^n}x + {{\cos }^n}x}}dx} $

Giải

$I = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\frac{{{{\sin }^n}x}}{{{{\sin }^n}x + {{\cos }^n}x}}dx}
= \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\frac{{{{\cos }^n}x}}{{{{\sin }^n}x + {{\cos }^n}x}}dx = J} $

$I + J = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\frac{{{{\sin }^n}x}}{{{{\sin }^n}x + {{\cos }^n}x}}dx} + \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\frac{{{{\cos }^n}x}}{{{{\sin }^n}x + {{\cos }^n}x}}dx} = \frac{\pi }{2}$

$ = > I = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\frac{{{{\sin }^n}x}}{{{{\sin }^n}x + {{\cos }^n}x}}dx} = \frac{\pi }{4}$

Ví dụ 2

Tính: $I = \int\limits_0^\pi {\frac{{x\sin x}}{{1 + {{\cos }^2}x}}dx} $

Giải

Đặt: $x=\pi -t\,\,\left( 0\le t\le \pi \right)\Rightarrow dx=-dt$.

$ = > I = \int\limits_0^\pi {\frac{{x\sin x}}{{1 + {{\cos }^2}x}}dx}
= – \int\limits_\pi ^0 {\frac{{\left( {\pi – t} \right)\sin \left( {\pi – t} \right)}}{{1 + {{\cos }^2}\left( {\pi – t} \right)}}dt} $

$\begin{array}{l}
= \int\limits_0^\pi {\frac{{\pi \sin t}}{{1 + {{\cos }^2}t}}dt – } \int\limits_0^\pi {\frac{{t\sin t}}{{1 + {{\cos }^2}t}}dt} \\
= \int\limits_0^\pi {\frac{{\pi \sin x}}{{1 + {{\cos }^2}x}}dx} – \int\limits_0^\pi {\frac{{x\sin x}}{{1 + {{\cos }^2}x}}dx}
\end{array}$

$ \Leftrightarrow 2\int\limits_0^\pi {\frac{{x\sin x}}{{1 + {{\cos }^2}x}}dx}
= \int\limits_0^\pi {\frac{{\pi \sin x}}{{1 + {{\cos }^2}x}}dx} $

$I = \int\limits_0^\pi {\frac{{x\sin x}}{{1 + {{\cos }^2}x}}dx}
= \frac{\pi }{2}\int\limits_0^\pi {\frac{{\sin x}}{{1 + {{\cos }^2}x}}dx}
= \frac{{{\pi ^2}}}{4}$

Bài tập thực hành

Tính các tích phân sau:

$a)I=\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{\frac{\sin 2x}{\sqrt{{{\cos }^{2}}x+4{{\sin }^{2}}x}}dx}$

$c)I=\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{\frac{\sin 2x+\sin x}{\sqrt{1+3\cos x}}dx}$
$e)I=\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{\frac{\sin 2x.\cos x}{1+\cos x}dx}$
$g)I=\int\limits_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{2}}{\frac{\sin x-\cos x}{\sqrt{1+\sin 2x}}dx}$
$i)I=\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{\frac{\cos 2x}{{{(\sin x-\cos x+3)}^{3}}}dx}$

$b)I=\int\limits_{0}^{{{\pi }^{2}}}{\sqrt{x}\sin \sqrt{x}dx}$

$d)I=\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{(2x-1){{\cos }^{2}}x.dx}$

$f)I=\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{4}}{\frac{x}{1+\cos 2x}dx}$

$h)I=\int\limits_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{3}}{\frac{\tan x}{\cos x\sqrt{1+{{\cos }^{2}}x}}dx}$
$k)I=\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{4}}{x{{\tan }^{2}}x.dx}$

———————–

Download tài liệu: PDF-tại đây Word: tại đây.

——————

Xem thêm:

———————–

User

Phương pháp tính tích phân các hàm có dạng đặc biệt

Đăng bởi ADMIN vào 07/12/201907/12/2019