NGUYÊN HÀM VÀ TÍCH PHÂN HÀM LƯỢNG GIÁC 12 CÓ ĐÁP ÁN

32 14 0
  • Loading ...
1/32 trang

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 08/12/2019, 15:17

NGUYÊN HÀM TÍCH PHÂN HÀM LƯỢNG GIÁC CHINH PHỤC OLYMPIC TỐN Nguyễn Minh Tuấn ft Phạm Việt Anh TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TỐN HỌC Chương Các dạng tốn phương pháp Các dạng toán Dạng Tính tích phân tổng quát sau I1 = (sin x)n dx; I2 (cos x)n dx Phương pháp Ta ý công thức hạ bậc sau − cos 2x + cos 2x ; cos2 x = ; 2 − sin 3x + sin x cos 3x + cos x sin3 x = ; cos3 x = 4 sin2 x = Nếu n chẵn n = ta sử dụng cơng thức hạ bậc triệt để Nếu n lẻ lớn ta sử dụng phép biến đổi sau Biến đổi Ta có I1 = =− (sin x)n dx = (sin x)2p+1 dx = (sin x)2p sin xdx = − Cp0 − Cp1 cos2 x + + (−1)k Cpk cos2 x k p − cos2 x d (cos x) + + (−1)p Cpp cos2 x p d (cos x) (−1)k k (−1)p p = − Cp0 cos x − Cp1 cos3 x + + Cp (cos x)2k+1 + + C (cos x)2p+1 2k + 2p + p +C Biến đổi Ta có I2 = (cos x)n dx = (cos x)2p+1 dx = (cos x)2p cos xdx = p − sin2 x d (sin x) TÍCH PHÂN HÀM LƯỢNG GIÁC Nguyễn Minh Tuấn Cp0 − Cp1 sin2 x + + (−1)k Cpk sin2 x = = k p + + (−1)p Cpp sin2 x d (sin x) (−1)k k (−1)p p Cp0 sin x − Cp1 sin3 x + + Cp (sin x)2k+1 + + C (sin x)2p+1 2k + 2p + p +C Nhìn chung dạng tốn khơng khó, khó phép biến đổi tương đối dài cồng kềnh ,và mấu chốt hạ bậc để đưa nguyên hàm Sau ta tìm hiểu ví dụ phần này! Bài Tìm ngun hàm sau • I= cos6 xdx • I= (sin 5x)9 dx • I= (cos 2x)13 dx • I= (3 + cos x)5 dx Lời giải Biến đổi nguyên hàm ta có I= = = (1 + cos 2x)3 dx = + cos 2x + = 16 = 16 + cos 2x cos6 xdx = cos2 x dx = dx + cos 2x + 3cos2 2x + cos3 2x dx (1 + cos 4x) cos 3x + cos x + dx (7 + 12 cos 2x + 12 cos 4x + cos 3x + cos x) dx 7x + sin 2x + sin 4x + sin 3x + sin x + C Biến đổi nguyên hàm ta có I= (sin 5x)9 dx = =− (sin 5x)8 (sin 5x) dx = − − cos2 5x d (cos 5x) − 4cos2 5x + 6cos4 5x − 4cos6 5x + cos8 5x d (cos 5x) Chinh phục Olympic Toán Tạp chí tư liệu tốn học TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC =− Phạm Việt Anh cos 5x − cos3 5x + cos5 5x − cos7 5x + cos9 5x + C Biến đổi nguyên hàm ta có I= (cos 2x)13 dx = (cos 2x)12 cos 2xdx = − sin2 2x d (sin 2x) − 6sin2 2x + 15sin4 2x − 20sin6 2x + 15sin8 2x − 6sin10 2x + sin12 2x d (sin 2x) = sin 2x − 2sin3 2x + 3sin5 2x − 20 sin 2x + sin9 2x − sin11 2x + sin13 2x + C 11 13 Biến đổi nguyên hàm ta có (3 + cos x)5 dx = I= 35 + 5.34 cos x + 10.33 cos2 x + 10.32 cos3 x + 5.3cos4 x + cos5 x dx = 243 + 405 cos x + 135 (1 + cos 2x) + = 378 + 945 45 15 cos x + 135 cos 2x + cos 3x + 2 (1557 + 1890 cos x + 600 cos 2x + 90 cos 3x + 15 cos 4x) dx + = 1557x + 1890 sin x + 300 sin 2x + 30 sin 3x + + = + cos 2x + + cos 4x 45 15 1557 945 + cos x + 150 cos 2x + cos 3x + cos 4x dx + 2 = = 45 15 (cos 3x + cos x) + (1 + cos 2x)2 + cos5 x dx 2 + cos5 x dx cos4 x cos xdx − sin2 x d (sin x) 15 sin 4x − 2sin2 x + sin4 x d (sin x) 1557x + 1894 sin x + 300 sin 2x + 30 sin 3x + 15 sin 4x − sin3 x + sin5 x + C Tóm lại Qua ví dụ ta phần nắm dạng tốn này, riêng ví dụ ta sử dụng tới công thức khai triển hệ số Newton để khai biểu thức dấu nguyên hàm bước lại biến đổi thơng thường Chinh phục Olympic Tốn Tạp chí tư liệu tốn học TÍCH PHÂN HÀM LƯỢNG GIÁC Nguyễn Minh Tuấn Dạng Đôi làm tính tích phân ta bắt gặp tốn liên tuan tới tích biểu thức sin x, cos x ta sử dụng cơng thức biến tích thành tổng để giải tốn Sau công thức cần nhớ I= (cos mx) (cos nx) dx = I= I= I= 2 (sin mx) (cos nx) dx = (cos mx) (sin nx) dx = (sin mx) (sin nx) dx = (cos (m − n) x + cos (m + n) x) dx (cos(m − n)x − cos (m + n) x) dx (sin (m + n) x + sin (m − n) x) dx (sin (m + n) x − sin (m − n) x) dx Nhìn chung dạng tốn bản, sau ta tìm hiểu tốn Bài Tìm ngun hàm sau • I= (cos x)3 sin 8xdx • I= (cos 2x)13 dx Lời giải Biến đổi nguyên hàm ta có (3 cos x + cos 3x) sin 8xdx (cos x)3 sin 8xdx = I= = = (3 cos x sin 8x + cos 3x sin 8x) dx (3 cos x sin 8x + cos 3x sin 8x) dx = (sin 9x + sin 7x) + (sin 11x + sin 5x) dx 2 =− 3 1 cos 9x + cos 7x + cos 11x + cos 5x + C 11 Biến đổi nguyên hàm ta có I= (sin x)4 (sin 3x) (cos 10x) dx = Chinh phục Olympic Toán (1 − cos 2x)2 (sin 13x + sin 7x) dx Tạp chí tư liệu tốn học TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC = = = = Phạm Việt Anh − cos 2x + cos2 2x (sin 13x + sin 7x) dx − cos 2x + 16 + cos 4x (sin 13x + sin 7x) dx (3 − cos 2x + cos 4x) (sin 13x + sin 7x) dx (3 (sin 13x + sin 7x) − cos 2x (sin 13x + sin 7x) + cos 4x (sin 13x + sin 7x)) dx = (3 (sin 13x + sin 7x) − (sin 15x + sin 11x + sin 9x + sin 5x) + Dạng Tính tích phân tổng quátI = sinm xcosn xdx Phương pháp Trường hợp Nếu m, n số ngun Nếu m n chẵn dùng cơng thức hạ bậc biến tích thành tổng Nếu m chẵn n lẻ ta biến đổi I= = = (sin x)m (cos x)2p+1 dx = (sin x)n (cos x)2p cos xdx = (sin x)m Cp0 − Cp1 sin2 x + + (−1)k Cpk sin2 x m−1 (sin x) Cp m+1 m+3 (sin x) − Cp m+3 k + + (−1) k p (sin x)m − sin2 x d (sin x) + + (−1)p Cpp sin2 x 2k+1+m k (sin x) Cp 2k + + m + + (−1) p p d (sin x) 2p+1+m p (sin x) Cp 2p + + m +C Nếu m lẻ n chẵn ta biến đổi tương tự trường hợp Nếu m lẻ n lẻ dùng ta tách biểu thức sin x cos x để đưa vào dấu vi phân Trường hợp Nếu m, n số hữu tỷ Trong trường hợp ta đặt u = sin x tùy theo trường hợp ta biến đổi để đưa tốn Ta tìm hiểu kỹ thuật qua toán Chinh phục Olympic Toán Tạp chí tư liệu tốn học TÍCH PHÂN HÀM LƯỢNG GIÁC Nguyễn Minh Tuấn Bài Tìm nguyên hàm sau • I= (sin x)2 (cos x)4 dx • I= (sin 3x)10 (cos 3x)5 dx • I= (sin 5x)9 (cos 5x)111 dx • I= (sin 3x)7 √ dx cos4 3x Lời giải Biến đổi nguyên hàm ta có (sin x)2 (cos x)4 dx = I= = 16 (1 − cos 4x) (1 + cos 2x) dx = = = 32 16 16 (sin 2x)2 (cos x)2 dx (1 + cos 2x − cos 4x − cos 2x cos 4x) dx + cos 2x − cos 4x − (2 + cos 2x − cos 4x − cos 6x) dx = (cos 6x + cos 2x) dx 32 2x + sin 2x sin 4x sin 6x − − 2 +C Biến đổi nguyên hàm ta có (sin 3x)10 (cos 3x)5 dx = I= = (sin 3x)10 − sin2 3x d (sin 3x) = = = (sin 3x)10 (cos 3x)4 cos 3xdx (sin 3x)10 − 2sin2 3x + sin4 3x d (sin 3x) (sin 3x)10 − 2(sin 3x)12 + (sin 3x)14 d (sin 3x) (sin 3x)11 2(sin 3x)13 (sin 3x)15 − + 11 13 15 +C Biến đổi nguyên hàm ta có I= (sin 5x)9 (cos 5x)111 dx = = −1 Chinh phục Olympic Toán (cos 5x)111 (sin 5x)8 sin 5xdx (cos 5x)111 − cos2 5x d (cos 5x) Tạp chí tư liệu tốn học TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TỐN HỌC =− Phạm Việt Anh (cos 5x)111 − 4cos2 5x + 6cos4 5x − 4cos6 5x + cos8 5x d (cos 5x) (cos 5x)112 4(cos 5x)114 6(cos 5x)116 4(cos 5x)118 (cos 5x)120 − + − + 112 114 116 118 120 =− +C Biến đổi nguyên hàm ta có (sin 3x)7 √ dx = cos4 3x I= = = = −1 −1 −1 (cos 3x) (cos 3x) (cos 3x) 5(cos 3x) − −4 −4 −1 (sin 3x)6 sin 3xdx − cos2 3x d (cos 3x) − 3cos2 3x + 3cos4 3x − cos6 3x d (cos 3x) 11 21 31 15 15 (cos 3x) + (cos 3x) − (cos 3x) 11 21 31 +C Dạng Tính tích phân tổng quát I1 = (tan x)n dx; I2 = (cot x)n dx (n ∈ N) Phương pháp Trong toán ta cần ý tới công thức sau tanxdx = cotxdx = cos x dx = sin x + tan2 x dx = + cot2 x dx = − Để làm tốn tính d (cos x) = − ln |cos x| + C; cos x sin x dx = − cos x d (sin x) = ln |sin x| + c; sin x dx = cos2 x dx =− sin2 x d (tan x) = tan x + C; d (cot x) = − cot x + C (tan x)n dx ta cần cố gắng tách dạng tanm x (tan2 x + 1) đến cuối để đưa toán Sau tìm hiểu ví dụ minh họa để hiểu rõ toán Chinh phục Olympic Tốn Tạp chí tư liệu tốn học TÍCH PHÂN HÀM LƯỢNG GIÁC Nguyễn Minh Tuấn Bài Tìm ngun hàm sau • I= (tan x)8 dx • I= (tan 2x)13 dx • I= (cot x)12 dx • I= (cot 4x)9 dx • I= (tan x + cot x)5 dx Lời giải Biến đổi nguyên hàm ta có I= (tan x)8 dx = (tan x)6 + tan2 x − (tan x)4 + tan2 x + (tan x)2 + tan2 x − (tan x)0 + tan2 x + dx = (tan x)6 − (tan x)4 + (tan x)2 − (tan x)0 d (tan x) + = dx (tan x)7 (tan x)5 (tan x)3 tan x − + − +x+C Biến đổi nguyên hàm ta có I= = (cot x)12 dx (cot x)10 + cot2 x − (cot x)8 + cot2 x + (cot x)6 + cot2 x −(cot x)4 + cot2 x + (cot x)2 + cot2 x − (cot x)0 + cot2 x + (cot x)10 − (cot x)8 + (cot x)6 − (cot x)4 + (cot x)2 − (cot x)0 d (cot x) + =− =− (cot x)11 (cot x)9 (cot x)7 (cot x)5 (cot x)3 cot x − + − + − 11 5 dx +x+C Biến đổi nguyên hàm ta có I= = (tan 2x)13 dx (tan 2x)11 + tan2 2x − (tan 2x)9 + tan2 2x + (tan 2x)7 + tan2 2x Chinh phục Olympic Tốn Tạp chí tư liệu tốn học TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TỐN HỌC Phạm Việt Anh −(tan 2x)5 + tan2 2x + (tan 2x)3 + tan2 2x − tan 2x + tan2 2x + tan 2x = = (tan 2x)11 − (tan 2x)9 + (tan 2x)7 − (tan 2x)5 + (tan 2x)3 − tan 2x d (tan 2x)+ tan2xdx (tan 2x)12 (tan 2x)10 (tan 2x)8 (tan 2x)6 (tan 2x)4 (tan 2x)2 − + − + − − ln |cos 2x| +C 12 10 4 Biến đổi nguyên hàm ta có (cot 4x)9 dx = I= (cot 4x)7 + cot2 4x − (cot 4x)5 + cot2 4x + +(cot 4x)3 + cot2 4x − (cot 4x) + cot2 4x =− = dx + cot 4x (cot 4x)7 − (cot 4x)5 + (cot 4x)3 − (cot 4x) d (cot 4x) + −1 (cot 4x)8 (cot 4x)6 (cot 4x)4 (cot 4x)2 − + − + cot 4xdx ln |sin 4x| + C Biến đổi nguyên hàm ta có I= (tan x + cot x)5 dx = (tan x)5 + 5(tan x)4 cot x + 10(tan x)3 (cot x)2 +10(tan x)2 (cot x)3 + 5tgx(cot x)4 + (cot x)5 = = (tan x)5 + (cot x)5 + 5(tan x)3 + 5(cot x)3 + 10 tan x + 10 cot x dx (tan x)5 + 5(tan x)3 + 10 tan x dx + = + = (cot x)5 + 5(cot x)3 + 10 cot x dx (tan x)3 + tan2 x + tan x + tan2 x + tan x dx (cot x)3 + cot2 x + cot x + cot2 x + cot x dx (tan x)3 + tan x d (tan x) + tanxdx − (cot x)3 + cot x d (cot x) + cotxdx (cot x)4 (tan x)4 + 2tan x − ln |cos x| − − 2cot2 x + ln |sin x| + C = 4 Tóm lại Qua ví dụ ta phần hiểu phương pháp làm tập dạng toán này, mấu chốt đưa nguyên hàm tích phân hàm đa thức qua phép biến đổi thêm bớt, đồng thời cần áp dụng linh hoạt công thức khai triển hệ thức Newton để giải toán dễ dàng Về phần tập luyện tập có lẽ khơng cần thêm bạn bịa tốn tương tự với mẫu! Chinh phục Olympic Toán Tạp chí tư liệu tốn học TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Phạm Việt Anh Sau ví dụ minh họa cho tốn Bài Tìm nguyên hàm sau 2dx sin x + cos x • I= √ • J= dx √ cos 2x − sin 2x Lời giải Ta có I= √ 2dx = sin x + cos x π π sin x + d x+ dx = dx √ = sin x + cos x 2 π sin x + = dx π π sin x cos + cos x sin 6 π + C = ln tan x + π 2 12 x+ = ln tan +C Ta có J= = dx √ = cos 2x − sin 2x dx √ cos 2x − sin 2x 2 π d − 2x dx 1 =− = π π π π sin cos 2x − cos sin 2x sin − 2x sin − 2x 6 6 π − 2x 1 π = − ln tan + C = − ln tan −x +C 4 12 dx Dạng Tính tích phân tổng quát I = Chinh phục Olympic Toán dx a sin x + b cos x + c 17 Tạp chí tư liệu tốn học TÍCH PHÂN HÀM LƯỢNG GIÁC Nguyễn Minh Tuấn Phương pháp           x Đặt tan = t ⇒          2dt + t2 2t sin x = + t2 Sau ví dụ minh họa cho toán − t2 cos x = + t2 2t tan x = − t2 dx = Bài Tìm nguyên hàm sau • I= dx cos x + sin x + • J= 2dx sin x − cos x + • K= dx sin x + tan x π • I= ln + sin x + cos x dx Lời giải Ta đặt  2dt   dx =    + t2  2t x sin x = tan = t ⇒  + t2   − t2    cos x = + t2 Từ ta có 2dt + t2 I= = 2dt + 10t + + 3t2 1−t 2t 3− +5 +3 2 1+t 1+t 2dt d (5t + 3) 1 x = = = ln |5t + 3| + C = ln tan + + C 10t + 5t + 5  2dt   dx = x + t2 Đặt tan = t ⇒   sin x = 2t , cos x = − t + t2 + t2 2dt + t2 = 2t − t2 − +1 + t2 + t2 ⇒J = Chinh phục Olympic Toán 3t2 4dt = 4t − + t2 + + t2 18 4dt =2 + 4t 2t2 dt t (t + 2) Tạp chí tư liệu tốn học TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TỐN HỌC Phạm Việt Anh 1 x x − dt = ln |t| − ln |t + 2| + C = ln tan − ln tan + + C t t+2 2  2dt   dx = x + t2 Đặt tan = t ⇒ 2t 2t   sin x = , tan x = + t2 − t2 2dt − t2 dt 1 + t2 ⇒K= dt = − = tdt 2t 2t t t + + t2 − t2 x 1 x = ln |t| − t2 + C = ln tan − tan2 + C 2 4 Biến đổi giả thiết ta  x x x x π π sin + cos + sin cos 2 + sin x 2 2  dx ln ln  dx = x + cos x 0 2cos π x x = ln tan2 + tan + dx 2 Đặt x 1 tan = t ⇒ I = t + ln t2 + t + dt 2 = b b f (a + b − x) dx ta tính tích phân cần f (x) dx = Đến sử dụng tích chất a a tính Cách Ta có π I= π ln (1 + sin x) dx − ln (1 + cos x) dx Sử dụng tích phân phần ta có π π π ln (1 + cos x) dx = 0 π π ⇒ I = ln − π Từ ta tính π π π ln (1 + sin x) dx = ln − 0 x cos x dx + sin x x sin x dx + cos x π x cos x dx + + sin x x sin x dx + cos x x cos x π dx Đặt t = − x ta + sin x x cos x π dx = + sin x π sin x dx − + cos x π x sin x dx ⇒ I = + cos x Dạng Tính tích phân tổng quát I = Chinh phục Olympic Toán dx a.sin x + b sin x cos x + c.cos2 x 19 Tạp chí tư liệu tốn học TÍCH PHÂN HÀM LƯỢNG GIÁC Nguyễn Minh Tuấn Phương pháp dx (atan x + b tan x + c) cos2 x Ta biến đổi dạng I = Ta đặt tan x = t ⇒ dx = dt ⇒ I = cos2 x at2 dt + bt + c Sau ví dụ minh họa cho tốn Bài Tìm nguyên hàm sau • I= dx 3sin x − sin x cos x − cos2 x • J= dx sin x − sin x cos x − 2cos2 x 2 Lời giải Ta có dx = 3sin x − sin x cos x − cos2 x I= dx (3tan x − tan x − 1) cos2 x 2 Đặt tan x = t ⇒ = dx = dt ⇒ I = cos2 x − t − 3t + = 3t2 dt = dt = − 2t − 1 dt − t−1 dt (t − 1) (3t + 1) d (3t + 1) 3t + 1 t−1 tan x − ln + C = ln +C 3t + tan x + Ta có J= Đặttan x = t ⇒ dx = sin x − sin x cos x − 2cos2 x dx (tan x − tan x − 2) cos2 x dx = dt cos2 x ⇒J = dt = t − 2t − d (t − 1) √ (t − 1)2 − √ t−1− √ +C = √ ln t−1+ √ tan x − − √ +C = √ ln tan x − + Chinh phục Olympic Tốn 20 Tạp chí tư liệu tốn học TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TỐN HỌC Phạm Việt Anh Dạng Xét tích phân tổng quát I = a1 sin x + b1 cos x dx a2 sin x + b2 cos x Phương pháp Ta tìm A, B cho a1 sin x + b1 cos x = A (a2 sin x + b2 cos x) + B (a2 cos x − b2 sin x) Bài Tìm ngun hàm sau • I= sin x + cos x dx sin x + cos x • J= dx sin x − sin x cos x − 2cos2 x Lời giải Ta tìm A, B cho sin x + cos x = A (sin x + cos x) + B (cos x − sin x)    A − 2B =  A=2 ⇒ sin x + cos x = (A − 2B) sin x + (2A + B) cos x ⇒ ⇔  2A + B =  B = −1 (sin x + cos x) − (cos x − sin x) dx sin x + cos x Từ I = =2 dx − d (sin x + cos x) = 2x − ln |sin x + cos x| + C sin x + cos x Ta tìm A, B cho cos x − sin x = A (cos x − sin x) + B (− sin x − cos x)    A − 4B =  A = 11 17 ⇒ cos x − sin x = (A − 4B) cos x + (−4A − B) sin x ⇒ ⇔  4A + B =  B = − 10 17 Từ ta có = 11 17 11 10 (cos x − sin x) − (− sin x − cos x) 17 17 J= dx cos x − sin x 10 d (cos x − sin x) 11 10 dx − = x− ln |cos x − sin x| + C 17 cos x − sin x 17 17 Dạng Xét tích phân tổng quát I = Chinh phục Olympic Toán a(sin x)2 + b sin x cos x + c(cos x)2 dx m sin x + n cos x 21 Tạp chí tư liệu tốn học TÍCH PHÂN HÀM LƯỢNG GIÁC Nguyễn Minh Tuấn Phương pháp Đặt S = a(sin x)2 + b sin x cos x + c(cos x)2 Giả sử S = (p sin x + q cos x) (m sin x + n cos x) + r sin2 x + cos2 x ⇔ S = (mp + r) (sin x)2 + (np + mq) sin x cos x + (nq + r) (cos x)2    (a − c) m + bn   p=       mp + r = a mp + r = a    m2 + n2    (a − c) n − bm ⇔ ⇔ q= np + mq = b np + mq = b ⇔    m2 + n2         mp − nq = a − c  nq + r = c an + cm2 − bmn   r= m2 + n2 Khi ta có (a − c) m + bn (a − c) n − bm an2 + cm2 − bmn sin x + cos x dx+ m2 + n2 m2 + n2 m2 + n2 I= = (a − c) n − bm (a − c) m + bn an2 + cm2 − bmn sin x − cos x + m2 + n2 m + n2 m + n2 dx m sin x + n cos x dx m sin x + n cos x Tích phân cuối ta tìm hiểu dạng trước! Sau ví dụ minh họa cho toán Bài Tính tích phân sau π • I= • I= (cos x)2 dx √ sin x + cos x √ √ 3 − (sin x)2 + + sin x cos x + 2(cos x)2 dx sin x + cos x Lời giải Giả sử (cos x)2 = (a sin x + b cos x) sin x + √ cos x + c sin2 x + cos2 x √ √ ⇔ (cos x)2 = (a + c) (sin x)2 + a + b sin x cos x + b + c (cos x)2 √ ⇔ a = − ;b = ;c = 4 √ π π 3 1 dx √ ⇒I= cos x − sin x dx + 2 sin x + cos x Chinh phục Olympic Tốn 22 Tạp chí tư liệu tốn học TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TỐN HỌC = π = π π π cos cos x − sin sin x dx + 6 π π dx + cos x + = Phạm Việt Anh 1 √ + ln − π dx π π cos sin x + sin cos x 3 π x π sin x + + ln tan + dx π = √ √ 1 1 √ − ln = + ln = + ln 4 sin x + π Giả sử √ √ 3 − (sin x)2 + + sin x cos x + 2(cos x)2 = (a sin x + b cos x) (3 sin x + cos x) + c sin2 x + cos2 x   √ √     3a + c = 3 − a =     √ ⇔ 4a + 3b = + ⇔ b=1        4b + c =  c = −2 ⇒I= = = π π √ π 3 sin x + cos x dx − 2 π sin arcsin dx sin x + cos arcsin 35 cos x π π π d [sin (x − u)] cos x − dx − − sin2 (x − u) √ π − 1 + sin x cos u − sin u cos x = − ln − sin x cos u + sin u cos x dx = cos (x − u) π = dx sin x + cos x π π π sin sin x + cos cos x dx − 3 π cos x − dx − π π 1 + sin (x − u) sin x − − ln − sin (x − u) π π √ √ √ − sin + cos 1 13 − 3 3 √ − =− + ln − ln = ln π π 5 7+4 + sin − cos 3 Dạng Xét tích phân tổng quát I= m sin x + n cos x dx a(sin x) + 2b sin x cos x + c(cos x)2 Phương pháp Gọi λ1 , λ2 nghiệm phương trình a−λ b b c−λ =0 ⇔ λ − (a + c) λ + ac − b = ⇔ λ1,2 = Chinh phục Olympic Toán 23 a+c± (a − c)2 + 4b2 Tạp chí tư liệu tốn học TÍCH PHÂN HÀM LƯỢNG GIÁC Nguyễn Minh Tuấn Biến đổi xíu: a(sin x)2 + 2b sin x cos x + c(cos x)2 = λ1 A21 + λ2 A22 = λ1 b cos x − sin x b a − λ1 1+ (a − λ1 )2 Đặt u1 = cos x − A1 = λ2 + 1+ b2 (a−λ2 )2 cos x − b b sin x; u2 = cos x − sin x; k1 = ; k2 = a − λ1 a − λ2 a − λ1 1 + b2 k12 (cos x − bk1 sin x) ; A2 = 1 + b2 k22 b sin x a − λ2 a−λ2 (cos x − bk2 sin x) Để ý A21 + A22 = ⇒ λ1 A21 + λ2 A22 = (λ1 − λ2 ) A21 + λ2 = (λ2 − λ1 ) A22 + λ1 b b Giả sử m sin x + n cos x = p sin x + cos x + q sin x + cos x a − λ1 a − λ2   p+q =m bm − n (a − λ2 ) bm − n (a − λ1 ) ⇔ ⇔p= (a − λ1 ) ; q = (a − λ2 ) q n p  b (λ2 − λ1 ) b (λ1 − λ2 ) + = a − λ1 a − λ2 b −qdu2 −pdu1 m sin x + n cos x + ⇒I= 2 dx = (λ1 − λ2 ) A21 + λ2 (λ2 − λ1 ) A22 + λ1 a(sin x) + 2b sin x cos x + c(cos x) = −p + b2 k12 dA1 −q (λ1 − λ2 ) A21 + λ2 dA2 (λ2 − λ1 ) A22 + λ1 + b2 k22 Sau ví dụ minh họa cho toán Bài Tính tích phân sau I= (sin x + cos x) dx 2sin x − sin x cos x + 5cos2 x Lời giải Gọi λ1 , λ2 nghiệm phương trình 2−λ −2 −2 5−λ = ⇔ λ1 = 1; λ2 = Ta có: 24 1 cos x − sin x 2sin2 x − sin x cos x + 5cos2 x = (cos x + sin x)2 + 5 2 A1 = √ (cos x + sin x) ; A2 = √ 5 Chinh phục Olympic Toán 24 cos x − sin x ; A21 + A22 = Tạp chí tư liệu tốn học TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TỐN HỌC ⇒I= (sin x + cos x) dx = 2sin x − sin x cos x + 5cos x Phạm Việt Anh (sin x − cos x) dx − (cos x + sin x)2 (2 sin x + cos x) dx − (2 cos x − sin x)2 + d (sin x − cos x) + (sin x − cos x) + 5 d (cos x + sin x) − (cos x + sin x)2 √ + cos x + sin x = arctan (sin x − cos x) + √ ln √ +C 10 6 − cos x − sin x = Dạng dx dx n (sin x) (cos x)n Thực chất chia dạng tốn thành dạng tốn nhỏ tính ngun hàm Biến đổi nâng cao với dạng tích phân tích phân ta gặp tốn kiểu này, muốn giới thiệu cho bạn cách để xử lý dx (sin x)n Xét tốn • I1 = dx = sin x dx x x = sin cos 2 • I2 = dx = sin2 x −d (cot x) = − cot x + C • I3 = dx = sin3 x = dx sin x2 cos x2 tan • I4 = dx =− sin4 x • I5 = dx = sin5 x x 2 sin x2 cos x = x −1 16 tan x dx =− sin6 x tan x2 −1 tan x = dx tan = dx cos x2 x +C 2 + tan2 x2 d tan x2 = + ln tan = ln tan tan x2 x x + tan 2 2 +C 1 + cot2 x d (cot x) = − cot x + cot3 x + C + tan2 x2 d tan x2 = 16 • I6 = + 2tan2 x2 + tan4 x2 x d tan x tan dx x x = tan cos2 2 − = = 16 tan x2 dx 32 tan x2 cos x2 10 + 4tan2 x2 + 6tan4 x2 + 4tan6 x2 + tan8 x2 tan + ln tan x x + tan 2 x 2 + x tan d tan x +C 2 + cot2 x d (cot x) = − cot x + cot3 x + cot5 x + C Chinh phục Olympic Toán 25 Tạp chí tư liệu tốn học TÍCH PHÂN HÀM LƯỢNG GIÁC Nguyễn Minh Tuấn • I7 = dx dx = sin7 x −1 64 tan x = + • I8 = dx =− sin8 x = sin x2 cos x2 dx − tan x 15 tan 2 27 tan x2 x + 14 15 − tan x tan 2 cos x2 + + cot2 x d (cot x) = − + tan2 x2 d tan x2 = tan x2 + 20 ln tan x 2 x tan x +C + 3cot2 x + 3cot4 x + cot6 x d (cot x) = − cot x + cot3 x + cot5 x + cot7 x + C • I9 = dx = (sin x)2n+1 dx sin cos x2 dx = 22n+1 tan x2 = 2n+1 −C2n 22n 2n tan x cos x2 2n n+1 C2n x + tan 2 • I10 = dx 2n+2 sin x =− (cot x) + = − C11 • I1 = tan x2 n−1 C2n − − tan + + 2n x 2 d tan x2 2n+1 n + C2n ln tan 2n x C2n tan 2n x 2n +C n + cot2 x d (cot x) k + + Cnn cot2 x n d (cot x) Cn1 Cnk Cnn cot x + + (cot x)2k+1 + + (cot x)2n+1 + C 2k + 2n + dx (cos x)n d x + π2 = sin x + π2 dx = cos x = • I2 = 4n+2 + tan2 x2 = 2n Cn0 + Cn1 cot2 x + + Cnk cot2 x =− Xét toán I = 2n+1 x dx = cos2 x du = sin u du = sin u2 cos u2 du tan u2 cos2 u2 d tan u2 u x π = ln tan + C = ln tan + u tan 2 +C d (tan x) = tan x + C Chinh phục Olympic Toán 26 Tạp chí tư liệu tốn học TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TỐN HỌC dx = cos3 x • I3 = sin3 du = sin3 u = + tan2 u2 d tan u2 = −1 tan x + + ln tan x π + + ln tan π du u u sin cos 2 −1 tan u = tan u2 = + du = tan u u tan + 2 x π tan + 2 d x + π2 = sin5 x + π2 dx = cos5 x I5 = du = u 2 sin cos u 2 +C +C u du = 32 tan u cos u2 10 tan u2 tan u d tan u   −1 u tan − tan u 2 u u + tan 2 + ln tan + u tan • I6 = dx = cos6 x + tan2 x d (tan x) = tan x + tan3 x + tan5 x + C d x+ • I7 = dx = cos7 x sin7 π π x+ du = sin7 u = + tan2 = = cos du sin5 u + 4tan2 u2 + 6tan4 u2 + 4tan6 u2 + tan8 u2 = 16   16 + tan2 u2 d tan u2 = 16 = u 1 + tan2 x d (tan x) = tan x + tan3 x + C dx = cos4 x • I4 = π π x+ d x+ Phạm Việt Anh + 6tan2 =  +C du 27 tan u d tan tan u u cos u 14 u u u u u u u + 15tan4 + 20 tan + 15tan8 + 6tan10 + tan12 2 2 2 d tan u u tan −1 64 tan u + 15 u tan 2 Chinh phục Olympic Toán − tan + u u tan 2 27 15 − tan + u 2 + 20 ln tan u tan u +C Tạp chí tư liệu tốn học TÍCH PHÂN HÀM LƯỢNG GIÁC Nguyễn Minh Tuấn dx + tan2 x d (tan x) = = cos x tan x + tan3 x + 53 tan5 x + 17 tan7 x + C (1 + tan x2 + tan x4 + tan x6 ) d (tan x) = • I8 = • I9 = d x+ dx = cos2n+1 x sin2n+1 du = (sin u)2n+1 = π x+ du = 22n+1 tan u 2n+1 cos u 4n+2 tan −C2n 22n 2n tan u = + dx = cos2n+2 x = 2n n+1 C2n u tan 2 = 2n u tan n 2n d tan u n−1 C2n − − tan + + u 2 2n tan2 u2 + + C2n n ln tan + C2n 2n C2n u tan 2n 2n+1 u 2n+1 u 2n+1 2n d tan u u 2n +C n + tan2 x d (tan x) C11 + Cn1 tan2 x + + Cnk tan2 x = Cn0 (tan x) + du u u sin cos 2 + tan2 1 n tan2 u2 + + C2n + C2n tan2 u2 + C2n C2n = 2n • I10 = π k + + Cnn tan2 x n d (tan x) Cnk Cnn Cn1 tan x3 + + (tan x)2k+1 + + (tan x)2n+1 + C 2k + 2n + Tóm lại Qua tốn với lời giải kinh khủng làm bạn đọc chống rồi, nhiên để ý có mấu chốt Đầu tiên dạng tương tự nên nói dạng Các bạn ý tới số mũ chẵn, mấu chốt sử dụng công x thức theo tan sin, số mũ lẻ ta sử dụng cách tách sin x = sin d x2 cos chìa khố toán trên, lời giải khủng chẳng qua biến đổi dài thơi khơng có khó khăn cả! Chinh phục Olympic Tốn 28 Tạp chí tư liệu toán học Chương Bài Toán Đề Xuất Tính nguyên hàm tích phân sau π tan4 xdx Bài π π Bài π π Bài cos6 x dx sin4 x sin2 x dx cos6 x π sin 2x dx − cos2 x Bài π Bài − 2sin2 x dx + sin 2x π sin10 x + cos10 x − sin4 xcos4 x dx Bài I = π Bài I = sin x sin x + π π dx π sin 2x + sin x √ dx + cos x Bài I = π sin 2x cos x dx + cos x Bài I = 29 TÍCH PHÂN HÀM LƯỢNG GIÁC Nguyễn Minh Tuấn π √ Bài 10 I = sin 2x cos2 x + 4sin2 x dx π cos 3x dx sin x + Bài 11 I = π cos 2x dx (sin x − cos x + 3)3 Bài 12 I = π cos 2x dx + sin 2x Bài 13 I = π Bài 14 I = sin 3x − sin3 3x dx + cos 3x Chinh phục Olympic Tốn 30 Tạp chí tư liệu toán học Tài liệu tham khảo [1] Tuyển tập chuyên đề kỹ thuật tính tích phân - Trần Phương [2] Tài liệu Internet 31 ... 1) đến cuối để đưa toán Sau tìm hiểu ví dụ minh họa để hiểu rõ toán Chinh phục Olympic Toán Tạp chí tư liệu tốn học TÍCH PHÂN HÀM LƯỢNG GIÁC Nguyễn Minh Tuấn Bài Tìm nguyên hàm sau • I= (tan x)8... phần tập luyện tập có lẽ khơng cần thêm bạn bịa toán tương tự với mẫu! Chinh phục Olympic Tốn Tạp chí tư liệu tốn học TÍCH PHÂN HÀM LƯỢNG GIÁC Nguyễn Minh Tuấn Dạng Tính tích phân tổng quát (tan... Các dạng toán biến đổi nâng cao Các toán nguyên hàm tích phân lượng giác phong phú khơng dừng lại dạng tốn bên Ở phần ta tìm hiểu dạng tốn nâng cao hơn, với phép biến đổi phức tạp Sau vào dạng
- Xem thêm -

Xem thêm: NGUYÊN HÀM VÀ TÍCH PHÂN HÀM LƯỢNG GIÁC 12 CÓ ĐÁP ÁN, NGUYÊN HÀM VÀ TÍCH PHÂN HÀM LƯỢNG GIÁC 12 CÓ ĐÁP ÁN

Gợi ý tài liệu liên quan cho bạn