Nguyên hàm và tích phân hàm lượng giác Toán 12

Nguyên hàm và tích phân hàm lượng giác Toán 12 được sưu tầm và soạn thảo dưới dạng file PDF để gửi tới các bạn học sinh cùng tham khảo, ôn tập đầy đủ kiến thức, chuẩn bị cho các buổi học thật tốt. Mời bạn đọc đón xem!

24 12 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Chương 3: Nguyên hàm - Tích phân và ứng dụng

Môn: Toán 12

Thông tin:

32 trang 6 tháng trước

Tác giả:

Profile Mai Nguyệt
NGUYÊN HÀM TÍCH PHÂN
HÀM LƯỢNG GIÁC
CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN
Nguyễn Minh Tuấn ft Phạm Việt Anh
TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC
Chương 1
Các dạng toán và phương pháp
1 Các dạng toán cơ bản
Dạng 1
Tính tích phân tổng quát sau
I
1
=
Z
(sin x)
n
dx; I
2
Z
(cos x)
n
dx
Phương pháp
Ta chú ý các công thức hạ bậc sau
sin
2
x =
1 − cos 2x
2
; cos
2
x =
1 + cos 2x
2
;
sin
3
x =
−sin 3x + 3 sin x
4
; cos
3
x =
cos 3x + 3 cos x
4
Nếu n chẵn hoặc n = 3 thì ta sẽ sử dụng công thức hạ bậc triệt để
Nếu n lẻ và lớn hơn 3 thì ta sẽ sử dụng phép biến đổi sau.
Biến đổi 1. Ta có
I
1
=
Z
(sin x)
n
dx =
Z
(sin x)
2p+1
dx =
Z
(sin x)
2p
sin xdx = −
Z
1 − cos
2
x
p
d (cos x)
= −
Z
C
0
p
− C
1
p
cos
2
x + . . . + (−1)
k
C
k
p
cos
2
x
k
+ . . . + (−1)
p
C
p
p
cos
2
x
p
d (cos x)
= −
C
0
p
cos x −
1
3
C
1
p
cos
3
x + . . . +
(−1)
k
2k + 1
C
k
p
(cos x)
2k+1
+ . . . +
(−1)
p
2p + 1
C
p
p
(cos x)
2p+1
!
+ C
Biến đổi 2. Ta có
I
2
=
Z
(cos x)
n
dx =
Z
(cos x)
2p+1
dx =
Z
(cos x)
2p
cos xdx =
Z
1 − sin
2
x
p
d (sin x)
1
Nguyễn Minh Tuấn TÍCH PHÂN HÀM LƯỢNG GIÁC
=
Z
C
0
p
− C
1
p
sin
2
x + . . . + (−1)
k
C
k
p
sin
2
x
k
+ . . . + (−1)
p
C
p
p
sin
2
x
p
d (sin x)
=
C
0
p
sin x −
1
3
C
1
p
sin
3
x + . . . +
(−1)
k
2k + 1
C
k
p
(sin x)
2k+1
+ . . . +
(−1)
p
2p + 1
C
p
p
(sin x)
2p+1
!
+ C
Nhìn chung đây là một dạng toán không khó, cái khó của nó là phép biến đổi tương đối dài và
cồng kềnh ,và mấu chốt là hạ bậc dần dần để đưa về nguyên hàm cơ bản. Sau đây ta sẽ cùng
tìm hiểu ví dụ về phần này!
Tìm các nguyên hàm sau
• I =
Z
cos
6
xdx.
• I =
Z
(sin 5x)
9
dx.
• I =
Z
(cos 2x)
13
dx.
• I =
Z
(3 + cos x)
5
dx.
Bài 1
Lời giải
1. Biến đổi nguyên hàm ta có
I =
Z
cos
6
xdx =
Z
cos
2
x
3
dx =
Z
1 + cos 2x
2
3
dx
=
1
4
Z
(1 + cos 2x)
3
dx =
1
4
Z
1 + 3 cos 2x + 3cos
2
2x + cos
3
2x
dx
=
1
4
Z
1 + 3 cos 2x +
3 (1 + 2 cos 4x)
2
+
cos 3x + 3 cos x
4
dx
=
1
16
Z
(7 + 12 cos 2x + 12 cos 4x + cos 3x + 3 cos x) dx
=
1
16
7x + 6 sin 2x + 3 sin 4x +
1
3
sin 3x + 3 sin x
+ C
2. Biến đổi nguyên hàm ta có
I =
Z
(sin 5x)
9
dx =
Z
(sin 5x)
8
(sin 5x) dx = −
1
5
Z
1 − cos
2
5x
4
d (cos 5x)
= −
1
5
Z
1 − 4cos
2
5x + 6cos
4
5x − 4cos
6
5x + cos
8
5x
d (cos 5x)
Chinh phục Olympic Toán 2 h Tạp chí và tư liệu toán học
TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Phạm Việt Anh
= −
1
5
cos 5x −
4
3
cos
3
5x +
6
5
cos
5
5x −
4
7
cos
7
5x +
1
9
cos
9
5x
+ C
3. Biến đổi nguyên hàm ta có
I =
Z
(cos 2x)
13
dx =
Z
(cos 2x)
12
cos 2xdx =
1
2
Z
1 − sin
2
2x
6
d (sin 2x)
1 − 6sin
2
2x + 15sin
4
2x − 20sin
6
2x + 15sin
8
2x − 6sin
10
2x + sin
12
2x
d (sin 2x)
=
1
2
sin 2x − 2sin
3
2x + 3sin
5
2x −
20
7
sin
7
2x +
5
3
sin
9
2x −
6
11
sin
11
2x +
1
13
sin
13
2x
+ C
4. Biến đổi nguyên hàm ta có
I =
Z
(3 + cos x)
5
dx =
Z
3
5
+ 5.3
4
cos x + 10.3
3
cos
2
x + 10.3
2
cos
3
x + 5.3cos
4
x + cos
5
x
dx
=
Z
243 + 405 cos x + 135 (1 + cos 2x) +
45
2
(cos 3x + 3 cos x) +
15
2
(1 + cos 2x)
2
+ cos
5
x
dx
=
Z
378 +
945
2
cos x + 135 cos 2x +
45
2
cos 3x +
15
2
1 + 2 cos 2x +
1 + cos 4x
2
+ cos
5
x
dx
=
Z
1557
4
+
945
2
cos x + 150 cos 2x +
45
2
cos 3x +
15
4
cos 4x
dx +
Z
cos
4
x cos xdx
=
1
4
Z
(1557 + 1890 cos x + 600 cos 2x + 90 cos 3x + 15 cos 4x) dx +
Z
1 − sin
2
x
2
d (sin x)
=
1
4
1557x + 1890 sin x + 300 sin 2x + 30 sin 3x +
15
4
sin 4x
+
Z
1 − 2sin
2
x + sin
4
x
d (sin x)
=
1
4
1557x + 1894 sin x + 300 sin 2x + 30 sin 3x +
15
4
sin 4x −
8
3
sin
3
x +
4
5
sin
5
x
+ C
Tóm lại. Qua 4 ví dụ trên ta đã phần nào nắm được dạng toán này, riêng ở ví dụ 4 ta đã sử
dụng tới công thức khai triển hệ số Newton để khai trên biểu thức trong dấu nguyên hàm và
các bước còn lại chỉ là biến đổi thông thường.
Chinh phục Olympic Toán 3 h Tạp chí và tư liệu toán học
Nguyễn Minh Tuấn TÍCH PHÂN HÀM LƯỢNG GIÁC
Dạng 2
Đôi khi trong khi làm các bài tính tích phân ta bắt gặp các bài toán liên tuan tới tích
các biểu thức sin x, cos x khi đó ta sẽ sử dụng các công thức biến tích thành tổng để giải
quyết các bài toán này. Sau đây là các công thức cần nhớ
I =
Z
(cos mx) (cos nx) dx =
1
2
Z
(cos (m − n) x + cos (m + n) x) dx
I =
Z
(sin mx) (sin nx) dx =
1
2
Z
(cos(m − n)x − cos (m + n) x) dx
I =
Z
(sin mx) (cos nx) dx =
1
2
Z
(sin (m + n) x + sin (m − n) x) dx
I =
Z
(cos mx) (sin nx) dx =
1
2
Z
(sin (m + n) x − sin (m − n) x) dx
Nhìn chung đây là một dạng toán cơ bản, sau đây ta sẽ cùng tìm hiểu các bài toán về nó.
Tìm các nguyên hàm sau
• I =
Z
(cos x)
3
sin 8xdx
• I =
Z
(cos 2x)
13
dx
Bài 2
Lời giải
1. Biến đổi nguyên hàm ta có
I =
Z
(cos x)
3
sin 8xdx =
Z
(3 cos x + cos 3x)
4
sin 8xdx
=
1
4
Z
(3 cos x sin 8x + cos 3x sin 8x) dx
=
1
4
Z
(3 cos x sin 8x + cos 3x sin 8x) dx
=
1
4
Z
3
2
(sin 9x + sin 7x) +
1
2
(sin 11x + sin 5x)
dx
= −
1
8
3
9
cos 9x +
3
7
cos 7x +
1
11
cos 11x +
1
5
cos 5x
+ C
2. Biến đổi nguyên hàm ta có
I =
Z
(sin x)
4
(sin 3x) (cos 10x) dx =
1
8
Z
(1 − cos 2x)
2
(sin 13x + sin 7x) dx
Chinh phục Olympic Toán 4 h Tạp chí và tư liệu toán học
TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Phạm Việt Anh
=
1
8
Z
1 − 2 cos 2x + cos
2
2x
(sin 13x + sin 7x) dx
=
1
8
Z
1 − 2 cos 2x +
1 + cos 4x
2
(sin 13x + sin 7x) dx
=
1
16
Z
(3 − 4 cos 2x + cos 4x) (sin 13x + sin 7x) dx
=
1
6
Z
(3 (sin 13x + sin 7x) − 4 cos 2x (sin 13x + sin 7x) + cos 4x (sin 13x + sin 7x)) dx
=
1
6
Z
(3 (sin 13x + sin 7x) − 2 (sin 15x + sin 11x + sin 9x + sin 5x) +
Dạng 3
Tính tích phân tổng quátI =
Z
sin
m
xcos
n
xdx
Phương pháp
Trường hợp 1. Nếu m, n là các số nguyên.
Nếu m và n chẵn thì dùng công thức hạ bậc biến tích thành tổng.
Nếu m chẵn và n lẻ thì ta biến đổi
I =
Z
(sin x)
m
(cos x)
2p+1
dx =
Z
(sin x)
n
(cos x)
2p
cos xdx =
Z
(sin x)
m
1 − sin
2
x
p
d (sin x)
=
Z
(sin x)
m
C
0
p
− C
1
p
sin
2
x + . . . + (−1)
k
C
k
p
sin
2
x
k
+ . . . + (−1)
p
C
p
p
sin
2
x
p
d (sin x)
= C
0
p
(sin x)
m−1
m + 1
−C
1
p
(sin x)
m+3
m + 3
+. . . +(−1)
k
C
k
p
(sin x)
2k+1+m
2k + 1 + m
+. . . +(−1)
p
C
p
p
(sin x)
2p+1+m
2p + 1 + m
+C
Nếu m lẻ và n chẵn thì ta cũng biến đổi tương tự như trường hợp trên.
Nếu m lẻ và n lẻ thì dùng ta sẽ tách ra 1 biểu thức sin x hoặc cos x để đưa vào trong dấu vi
phân.
Trường hợp 2. Nếu m, n là các số hữu tỷ.
Trong trường hợp này ta sẽ đặt u = sin x và tùy theo trường hợp ta sẽ biến đổi nó để đưa về
bài toán cơ bản. Ta sẽ tìm hiểu kỹ thuật này qua các bài toán dưới.
Chinh phục Olympic Toán 5 h Tạp chí và tư liệu toán học
Nguyễn Minh Tuấn TÍCH PHÂN HÀM LƯỢNG GIÁC
Tìm các nguyên hàm sau
• I =
Z
(sin x)
2
(cos x)
4
dx
• I =
Z
(sin 3x)
10
(cos 3x)
5
dx
• I =
Z
(sin 5x)
9
(cos 5x)
111
dx
• I =
Z
(sin 3x)
7
5
√
cos
4
3x
dx
Bài 3
Lời giải
1. Biến đổi nguyên hàm ta có
I =
Z
(sin x)
2
(cos x)
4
dx =
1
4
Z
(sin 2x)
2
(cos x)
2
dx
=
1
16
Z
(1 − cos 4x) (1 + cos 2x) dx =
1
16
Z
(1 + cos 2x − cos 4x − cos 2x cos 4x) dx
=
1
16
Z
1 + cos 2x − cos 4x −
1
2
(cos 6x + cos 2x)
dx
=
1
32
Z
(2 + cos 2x − 2 cos 4x − cos 6x) dx =
1
32
2x +
sin 2x
2
−
sin 4x
2
−
sin 6x
6
+ C
2. Biến đổi nguyên hàm ta có
I =
Z
(sin 3x)
10
(cos 3x)
5
dx =
Z
(sin 3x)
10
(cos 3x)
4
cos 3xdx
=
1
3
Z
(sin 3x)
10
1 − sin
2
3x
2
d (sin 3x) =
1
3
Z
(sin 3x)
10
1 − 2sin
2
3x + sin
4
3x
d (sin 3x)
=
1
3
Z
1
0
(sin 3x)
10
− 2(sin 3x)
12
+ (sin 3x)
14
d (sin 3x)
=
1
3
(sin 3x)
11
11
−
2(sin 3x)
13
13
+
(sin 3x)
15
15
!
+ C
3. Biến đổi nguyên hàm ta có
I =
Z
(sin 5x)
9
(cos 5x)
111
dx =
Z
(cos 5x)
111
(sin 5x)
8
sin 5xdx
=
−1
5
Z
(cos 5x)
111
1 − cos
2
5x
4
d (cos 5x)
Chinh phục Olympic Toán 6 h Tạp chí và tư liệu toán học
TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Phạm Việt Anh
= −
1
5
Z
(cos 5x)
111
1 − 4cos
2
5x + 6cos
4
5x − 4cos
6
5x + cos
8
5x
d (cos 5x)
= −
1
5
(cos 5x)
112
112
−
4(cos 5x)
114
114
+
6(cos 5x)
116
116
−
4(cos 5x)
118
118
+
(cos 5x)
120
120
!
+ C
4. Biến đổi nguyên hàm ta có
I =
Z
(sin 3x)
7
5
√
cos
4
3x
dx =
Z
(cos 3x)
−1
5
(sin 3x)
6
sin 3xdx
=
−1
3
Z
(cos 3x)
−4
5
1 − cos
2
3x
3
d (cos 3x)
=
−1
3
Z
(cos 3x)
−4
5
1 − 3cos
2
3x + 3cos
4
3x − cos
6
3x
d (cos 3x)
=
−1
3
5(cos 3x)
1
5
−
15
11
(cos 3x)
11
5
+
15
21
(cos 3x)
21
5
−
5
31
(cos 3x)
31
5
+ C
Dạng 4
Tính tích phân tổng quát
I
1
=
Z
(tan x)
n
dx; I
2
=
Z
(cot x)
n
dx (n ∈ N)
Phương pháp
Trong các bài toán như thế này ta cần chú ý tới các công thức sau
Z
tanxdx =
Z
sin x
cos x
dx = −
Z
d (cos x)
cos x
= −ln |cos x| + C;
Z
cotxdx =
Z
cos x
sin x
dx =
Z
d (sin x)
sin x
= ln |sin x| + c;
Z
1 + tan
2
x
dx =
Z
dx
cos
2
x
=
Z
d (tan x) = tan x + C;
Z
1 + cot
2
x
dx = −
Z
dx
sin
2
x
= −
Z
d (cot x) = −cot x + C.
Để làm các bài toán tính
Z
(tan x)
n
dx ta sẽ cần cố gắng tách về dạng tan
m
x (tan
2
x + 1) đến
cuối cùng để đưa về bài toán cơ bản.
Sau đây chúng ta sẽ cùng tìm hiểu các ví dụ minh họa để hiểu rõ hơn các bài toán này.
Chinh phục Olympic Toán 7 h Tạp chí và tư liệu toán học
Nguyễn Minh Tuấn TÍCH PHÂN HÀM LƯỢNG GIÁC
Tìm các nguyên hàm sau
• I =
Z
(tan x)
8
dx
• I =
Z
(tan 2x)
13
dx
• I =
Z
(cot x)
12
dx
• I =
Z
(cot 4x)
9
dx
• I =
Z
(tan x + cot x)
5
dx
Bài 4
Lời giải
1. Biến đổi nguyên hàm ta có
I =
Z
(tan x)
8
dx =
Z
(tan x)
6
1 + tan
2
x
− (tan x)
4
1 + tan
2
x
+ (tan x)
2
1 + tan
2
x
− (tan x)
0
1 + tan
2
x
+ 1
dx
=
Z
(tan x)
6
− (tan x)
4
+ (tan x)
2
− (tan x)
0
d (tan x) +
Z
dx
=
(tan x)
7
7
−
(tan x)
5
5
+
(tan x)
3
3
−
tan x
1
+ x + C
2. Biến đổi nguyên hàm ta có
I =
Z
(cot x)
12
dx
=
Z
(cot x)
10
1 + cot
2
x
− (cot x)
8
1 + cot
2
x
+ (cot x)
6
1 + cot
2
x
−(cot x)
4
1 + cot
2
x
+ (cot x)
2
1 + cot
2
x
− (cot x)
0
1 + cot
2
x
+ 1
= −
Z
(cot x)
10
− (cot x)
8
+ (cot x)
6
− (cot x)
4
+ (cot x)
2
− (cot x)
0
d (cot x) +
Z
dx
= −
(cot x)
11
11
−
(cot x)
9
9
+
(cot x)
7
7
−
(cot x)
5
5
+
(cot x)
3
5
−
cot x
1
!
+ x + C
3. Biến đổi nguyên hàm ta có
I =
Z
(tan 2x)
13
dx
=
Z
(tan 2x)
11
1 + tan
2
2x
− (tan 2x)
9
1 + tan
2
2x
+ (tan 2x)
7
1 + tan
2
2x
Chinh phục Olympic Toán 8 h Tạp chí và tư liệu toán học
TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Phạm Việt Anh
−(tan 2x)
5
1 + tan
2
2x
+ (tan 2x)
3
1 + tan
2
2x
− tan 2x
1 + tan
2
2x
+ tan 2x
=
1
2
Z
(tan 2x)
11
− (tan 2x)
9
+ (tan 2x)
7
− (tan 2x)
5
+ (tan 2x)
3
− tan 2x
d (tan 2x)+
Z
tan2xdx
=
1
2
(tan 2x)
12
12
−
(tan 2x)
10
10
+
(tan 2x)
8
8
−
(tan 2x)
6
6
+
(tan 2x)
4
4
−
(tan 2x)
2
2
− ln |cos 2x|
!
+C
4. Biến đổi nguyên hàm ta có
I =
Z
(cot 4x)
9
dx =
Z
(cot 4x)
7
1 + cot
2
4x
− (cot 4x)
5
1 + cot
2
4x
+
+(cot 4x)
3
1 + cot
2
4x
− (cot 4x)
1 + cot
2
4x

dx + cot 4x
= −
1
4
Z
(cot 4x)
7
− (cot 4x)
5
+ (cot 4x)
3
− (cot 4x)
d (cot 4x) +
Z
cot 4xdx
=
−1
4
(cot 4x)
8
8
−
(cot 4x)
6
6
+
(cot 4x)
4
4
−
(cot 4x)
2
2
!
+
1
4
ln |sin 4x| + C
5. Biến đổi nguyên hàm ta có
I =
Z
(tan x + cot x)
5
dx =
Z
(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
=
Z
(tan x)
5
+ (cot x)
5
+ 5(tan x)
3
+ 5(cot x)
3
+ 10 tan x + 10 cot x
dx
=
Z
(tan x)
5
+ 5(tan x)
3
+ 10 tan x
dx +
Z
(cot x)
5
+ 5(cot x)
3
+ 10 cot x
dx
=
Z
(tan x)
3
1 + tan
2
x
+ 4 tan x
1 + tan
2
x
+ 6 tan x
dx
+
Z
(cot x)
3
1 + cot
2
x
+ 4 cot x
1 + cot
2
x
+ 6 cot x
dx
=
Z
(tan x)
3
+ 4 tan x
d (tan x) + 6
Z
tanxdx −
Z
(cot x)
3
+ 4 cot x
d (cot x) + 6
Z
cotxdx
=
(tan x)
4
4
+ 2tan
2
x − 6 ln |cos x| −
(cot x)
4
4
− 2cot
2
x + 6 ln |sin x| + C
Tóm lại. Qua 5 ví dụ trên ta đã phần nào hiểu được phương pháp làm các bài tập của dạng
toán này, mấu chốt là đưa về nguyên hàm tích phân hàm đa thức qua các phép biến đổi và
thêm bớt, và đồng thời cũng cần áp dụng linh hoạt công thức khai triển hệ thức Newton để
giải quyết bài toán dễ dàng. Về phần bài tập luyện tập có lẽ không cần thêm vì các bạn có thể
bịa bất kì một bài toán tương tự với các bài mẫu!
Chinh phục Olympic Toán 9 h Tạp chí và tư liệu toán học
Nguyễn Minh Tuấn TÍCH PHÂN HÀM LƯỢNG GIÁC
Dạng 5
Tính tích phân tổng quát
I =
Z
(tan x)
m
(cos x)
n
dx, I =
Z
(cot x)
m
(sin x)
n
dx
Phương pháp
Ta sẽ xét dạng I =
Z
(tan x)
m
(cos x)
n
dx vì đây là 2 dạng tương tự nhau.
Trường hợp 1. Nếu m, n chẵn ta biến đổi như sau
I =
Z
(tan x)
m
(cos x)
n
dx =
Z
(tan x)
m
1
cos
2
x
k−1
dx
cos
2
x
=
Z
(tan x)
m
1 + tan
2
x
k−1
d (tan x)
=
Z
(tan x)
m
C
0
k−1
+ C
1
k−1
tan
2
x
1
+ . . . + C
p
k−1
tan
2
x
p
+ . . . + C
k−1
k−1
tan
2
x
k−1
d (tan x)
= C
0
k−1
(tan x)
m+1
m + 1
+ C
1
k−1
(tan x)
m+3
m + 3
+ . . . + C
p
k−1
(tan x)
m+2p+1
m + 2p + 1
+ . . . + C
k−1
k−1
(tan x)
m+2k−1
m + 2k − 1
+ C
Trường hợp 2. Nếu m và n đều lẻ thì ta biến đổi như sau
I =
Z
(tan x)
2k+1
(cos x)
2h+1
dx =
Z
(tan x)
2k
1
cos x
2h
tan x
cos x
dx =
Z
tan
2
x
k
1
cos x
2h
sin x
cos
2
x
dx
=
Z
1
cos
2
x
− 1
k
1
cos x
2h
d
1
cos x
=
Z
u
2
− 1
k
u
2h
du
u =
1
cos x
=
Z
u
2h
C
0
k
u
2
k
− C
1
k
u
2
k−1
+ . . . + (−1)
p
C
p
k
u
2
k−p
+ . . . + (−1)
k
C
k
k
du
= C
0
k
u
2k+2h+1
2k + 2h + 1
−C
1
k
u
2k+2h−1
2k + 2h − 1
+. . .+(−1)
p
C
p
k
u
2k+2h−2p+1
2k + 2h − 2p + 1
+. . . +(−1)
k
C
k
k
u
2h+1
2h + 1
+C
Trường hợp 3. Nếu m chẵn và n lẻ thì ta biến đổi như sau
I =
Z
(tan x)
2k
(cos x)
2h+1
dx =
Z
(sin x)
2k
cos x
(cos x)
2(k+h+1)
dx =
Z
(sin x)
2k
1 − sin
2
x
k+h+1
d (sin x)
Đặt u = sin x ta có
I =
Z
u
2k
du
(1 − u
2
)
k+h+1
=
Z
u
2k−2
[1 − (1 − u
2
)]
(1 − u
2
)
k+h+1
du =
Z
u
2k−2
du
(1 − u
2
)
k+h+1
−
Z
u
2k−2
du
(1 − u
2
)
k+h
Hệ thức trên là hệ thức truy hồi các bạn có thể tham khảo ở phần sau, do đó tính được I. Nhìn
chung các bài toán trên mang tính tổng quát và có lẽ nhìn vào các lời giải tổng quát đó ta sẽ
thấy nó thật lằng nhằng và phức tạp, nhưng khi vào các ví dụ cụ thể ta sẽ thấy cách làm các
dạng toán này khá dễ. Sau đây ta sẽ đi vào các bài minh họa.
Chinh phục Olympic Toán 10 h Tạp chí và tư liệu toán học
TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Phạm Việt Anh
Tìm các nguyên hàm sau
• I =
Z
(cot 5x)
10
(sin 5x)
8
dx
• I =
Z
(tan 4x)
7
(cos 4x)
95
dx
• I =
Z
(cot 3x)
9
(sin 3x)
41
dx
• I =
Z
(tan 3x)
7
(cos 3x)
6
dx
Bài 5
Lời giải
1. Biến đổi nguyên hàm ta có
I =
Z
(cot 5x)
10
(sin 5x)
8
dx =
Z
(cot 5x)
10
1
(sin 5x)
2
3
dx
(sin 5x)
2
= −
1
5
Z
(cot 5x)
10
1 + cot
2
5x
3
d (cot 5x)
= −
1
5
Z
(cot 5x)
10
1 + 3(cot 5x)
2
+ 3(cot 5x)
4
+ (cot 5x)
6
d (cot 5x)
= −
1
5
"
(cot 5x)
11
11
+ 3
(cot 5x)
13
13
+ 3
(cot 5x)
15
15
+
(cot 5x)
17
17
#
+ C
2. Biến đổi nguyên hàm ta có
I =
Z
(tan 4x)
7
(cos 4x)
95
dx =
Z
(tan 4x)
6
1
cos 4x
94
tan 4x
cos 4x
dx
=
1
4
Z
1
(cos 4x)
2
− 1
3
1
cos 4x
94
d
1
cos 4x
=
1
4
Z
u
94
u
2
− 1
3
du
=
1
4
Z
u
94
u
6
− 3u
4
+ 3u
2
− 1
du =
1
4
u
101
101
− 3
u
99
99
+ 3
u
97
97
−
u
95
95
+ C
3. Biến đổi nguyên hàm ta có
I =
Z
(cot 3x)
9
(sin 3x)
41
dx =
Z
(cot 3x)
8
1
sin 3x
40
cot 3x
sin 3x
dx
= −
1
3
Z
1
sin
2
x
− 1
4
1
sin 3x
40
d
1
sin 3x
= −
1
3
Z
u
40
u
2
− 1
4
du
Chinh phục Olympic Toán 11 h Tạp chí và tư liệu toán học
Nguyễn Minh Tuấn TÍCH PHÂN HÀM LƯỢNG GIÁC
= −
1
3
Z
u
40
u
8
− 4u
6
+ 6u
4
− 4u
2
+ 1
4
du = −
1
3
u
49
49
− 4
u
47
47
+ 6
u
45
45
− 4
u
43
43
+
u
41
41
+ C
4. Biến đổi nguyên hàm ta có
I =
Z
(tan 3x)
7
1
(cos 3x)
2
2
dx
(cos 3x)
2
=
1
3
Z
(tan 3x)
7
1 + tan
2
3x
2
d (tan 3x)
=
1
3
Z
(tan 3x)
7
1 + 2(tan 3x)
2
+ (tan 3x)
4
d (tan 3x)
=
1
3
"
(tan 3x)
8
8
+ 2
(tan 3x)
10
10
+
(tan 3x)
12
10
#
+ C
Tóm lại. Qua 4 ví dụ trên ta thấy đó, mấu chốt chỉ là công thức lượng giác và phân tích hợp
lý, cái này ở phần hướng dẫn đã có đầy đủ rồi. Tương tự mấy phần trước bài tập tự luyện có lẽ
không cần vì các bạn có thể tự nghĩ ra một câu để mình làm. Ta cùng chuyển tiếp sang phần
sau!
2 Các dạng toán biến đổi nâng cao
Các bài toán nguyên hàm tích phân lượng giác rất phong phú và do đó sẽ không dừng lại các
dạng toán bên trên. Ở phần này ta sẽ cùng tìm hiểu các dạng toán nâng cao hơn, với những
phép biến đổi phức tạp hơn. Sau đây chúng ta sẽ cùng đi vào từng dạng toán cụ thể!
Dạng 1
Tính tích phân tổng quát I =
Z
dx
sin (x + a) sin (x + b)
Phương pháp
Dùng đồng nhất thức
1 =
sin (a − b)
sin (a − b)
=
sin [(x + a) − (x + b)]
sin (a − b)
=
sin (x + a) cos (x + b) − cos (x + a) sin (x + b)
sin (a − b)
Từ đó suy ra
I =
1
sin (a − b)
Z
sin (x + a) cos (x + b) − cos (x + a) sin (x + b)
sin (x + a) sin (x + b)
dx
=
1
sin (a − b)
Z
cos (x + b)
sin (x + b)
−
cos (x + a)
sin (x + a)
dx
=
1
sin (a − b)
[ln |sin (x + b)| − ln |sin (x + a)|] + C
Chú ý. Với cách này, ta có thể tìm được các nguyên hàm
Chinh phục Olympic Toán 12 h Tạp chí và tư liệu toán học
TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Phạm Việt Anh
• J =
Z
dx
cos (x + a) cos (x + b)
bằng cách dùng đồng nhất thức 1 =
sin (a − b)
sin (a − b)
• K =
Z
dx
sin (x + a) cos (x + b)
bằng cách dùng đồng nhất thức 1 =
cos (a − b)
cos (a − b)
Sau đây là các ví dụ minh họa cho các bài toán này.
Tìm các nguyên hàm sau
• I =
Z
dx
sin x sin
x +
π
6
• I =
Z
dx
cos 3x cos
3x +
π
6
• I =
Z
dx
sin
x +
π
3
cos
x +
π
12
Bài 1
Lời giải
1. Ta có
1 =
sin
π
6
sin
π
6
=
sin
h
x +
π
6
− x
i
1
2
= 2
h
sin
x +
π
6
cos x − cos
x +
π
6
sin x
i
⇒ I = 2
Z
h
sin
x +
π
6
cos x − cos
x +
π
6
sin x
i
sin x sin
x +
π
6
dx = 2
Z
cos x
sin x
−
cos
x +
π
6
sin
x +
π
6
dx
= 2
Z
d (sin x)
sin x
− 2
Z
d
sin
x +
π
6

sin
x +
π
6
= 2 ln
sin x
sin
x +
π
6
+ C
2. Ta có
1 =
sin
π
6
sin
π
6
=
sin
h
3x +
π
6
− 3x
i
1
2
= 2
h
sin
3x +
π
6
cos 3x − cos
3x +
π
6
sin 3x
i
⇒ I = 2
Z
h
sin
3x +
π
6
cos 3x − cos
3x +
π
6
sin 3x
i
cos 3x cos
3x +
π
6
dx
= 2
Z
sin
3x +
π
6
cos
3x +
π
6
dx − 2
Z
sin 3x
cos 3x
dx
Chinh phục Olympic Toán 13 h Tạp chí và tư liệu toán học
Nguyễn Minh Tuấn TÍCH PHÂN HÀM LƯỢNG GIÁC
= −
2
3
Z
d
cos
3x +
π
6

cos
3x +
π
6
+
2
3
Z
d (cos 3x)
cos 3x
=
2
3
ln
cos 3x
cos
3x +
π
6
+ C
3. Ta có
1 =
cos
π
4
cos
π
4
=
cos
h
x +
π
3
−
x +
π
12
i
√
2
2
=
√
2
h
cos
x +
π
3
cos
x +
π
12
+ sin
x +
π
3
sin
x +
π
12
i
⇒ I =
√
2
Z
cos
x +
π
3
cos
x +
π
12
+ sin
x +
π
3
sin
x +
π
12
sin
x +
π
3
cos
x +
π
12
dx
=
√
2
Z
cos
x +
π
3
sin
x +
π
3
dx +
√
2
Z
sin
x +
π
12
cos
x +
π
12
dx
=
√
2
Z
d
sin
x +
π
3

sin
x +
π
3
−
√
2
Z
d
cos
x +
π
12

cos
x +
π
12
=
√
2 ln
sin
x +
π
3
cos
x +
π
12
+ C
Dạng 2
Tính tích phân tổng quát I =
Z
tan (x + a) tan (x + b) dx
Phương pháp
Ta có
tan (x + a) tan (x + b) =
sin (x + a) sin (x + b)
cos (x + a) cos (x + b)
=
sin (x + a) sin (x + b) + cos (x + a) cos (x + b)
cos (x + a) cos (x + b)
− 1 =
cos (a − b)
cos (x + a) cos (x + b)
− 1
Từ đó suy ra I = cos (a − b)
Z
dx
cos (x + a) cos (x + b)
− 1.
Đến đây ta gặp bài toán tìm nguyên hàm ở Dạng 1.
Chú ý. Với cách này, ta có thể tính được các nguyên hàm
• J =
Z
cot (x + a) cot (x + b) dx
• K =
Z
tan (x + a) tan (x + b) dx
Chinh phục Olympic Toán 14 h Tạp chí và tư liệu toán học
TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Phạm Việt Anh
Sau đây là các ví dụ minh họa cho các bài toán này.
Tìm các nguyên hàm sau
• I =
Z
cot
x +
π
3
cot
x +
π
6
dx
• K =
Z
tan
x +
π
3
cot
x +
π
6
dx
Bài 2
Lời giải
1. Ta có
cot
x +
π
3
cot
x +
π
6
=
cos
x +
π
3
cos
x +
π
6
sin
x +
π
3
sin
x +
π
6
=
cos
x +
π
3
cos
x +
π
6
+ sin
x +
π
3
sin
x +
π
6
sin
x +
π
3
sin
x +
π
6
− 1
=
cos
h
x +
π
3
−
x +
π
6
i
sin
x +
π
3
sin
x +
π
6
− 1 =
√
3
2
.
1
sin
x +
π
3
sin
x +
π
6
− 1
Từ đó ta tính được
I =
√
3
2
Z
1
sin
x +
π
3
sin
x +
π
6
dx −
Z
dx =
√
3
2
I
1
− x + C
Bây giờ ta sẽ đi tính I
1
=
Z
dx
sin
x +
π
3
sin
x +
π
6
.
Ta có
1 =
sin
π
6
sin
π
6
=
sin
h
x +
π
3
−
x +
π
6
i
1
2
= 2
h
sin
x +
π
3
cos
x +
π
6
− cos
x +
π
3
sin
x +
π
6
i
Từ đó suy ra
I
1
= 2
Z
sin
x +
π
3
cos
x +
π
6
− cos
x +
π
3
sin
x +
π
6
sin
x +
π
3
sin
x +
π
6
dx
= 2
Z
cos
x +
π
6
sin
x +
π
6
dx − 2
Z
cos
x +
π
3
sin
x +
π
3
dx = 2 ln
sin
x +
π
6
sin
x +
π
3
+ C
Chinh phục Olympic Toán 15 h Tạp chí và tư liệu toán học
Nguyễn Minh Tuấn TÍCH PHÂN HÀM LƯỢNG GIÁC
Như vậy thì
I =
√
3
2
.2 ln
sin
x +
π
6
sin
x +
π
3
− x + C =
√
3 ln
sin
x +
π
6
sin
x +
π
3
− x + C
2. Ta có
tan
x +
π
3
cot
x +
π
6
=
sin
x +
π
3
cos
x +
π
6
cos
x +
π
3
sin
x +
π
6
=
sin
x +
π
3
cos
x +
π
6
− cos
x +
π
3
sin
x +
π
6
cos
x +
π
3
sin
x +
π
6
+ 1
=
sin
h
x +
π
3
−
x +
π
6
i
cos
x +
π
3
sin
x +
π
6
+ 1 =
1
2
.
1
cos
x +
π
3
sin
x +
π
6
+ 1
Như vậy ta được
K =
1
2
Z
1
cos
x +
π
3
sin
x +
π
6
dx +
Z
dx =
1
2
K
1
+ x + C
Ta tính được
K
1
=
Z
dx
cos
x +
π
3
sin
x +
π
6
=
2
√
3
ln
sin
x +
π
6
cos
x +
π
3
+ C
⇒ K =
√
3
3
ln
sin
x +
π
6
cos
x +
π
3
+ x + C
Dạng 3
Tính tích phân tổng quát I =
Z
dx
a sin x + b cos x
Phương pháp
Ta biến đổi
a sin x + b cos x =
√
a
2
+ b
2
a
√
a
2
+ b
2
sin x +
b
√
a
2
+ b
2
cos x
⇒ a sin x + b cos x =
√
a
2
+ b
2
sin (x + α)
⇒ I =
1
√
a
2
+ b
2
Z
dx
sin (x + α)
=
1
√
a
2
+ b
2
ln
tan
x + α
2
+ C
Chinh phục Olympic Toán 16 h Tạp chí và tư liệu toán học
TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Phạm Việt Anh
Sau đây là các ví dụ minh họa cho các bài toán này.
Tìm các nguyên hàm sau
• I =
Z
2dx
√
3 sin x + cos x
• J =
Z
dx
cos 2x −
√
3 sin 2x
Bài 3
Lời giải
1. Ta có
I =
Z
2dx
√
3 sin x + cos x
=
Z
dx
√
3
2
sin x +
1
2
cos x
=
Z
dx
sin x cos
π
6
+ cos x sin
π
6
=
Z
dx
sin
x +
π
6
=
Z
d
x +
π
6
sin
x +
π
6
= ln
tan
x +
π
6
2
+ C = ln
tan
x
2
+
π
12
+ C
2. Ta có
J =
Z
dx
cos 2x −
√
3 sin 2x
=
1
2
Z
dx
1
2
cos 2x −
√
3
2
sin 2x
=
1
2
Z
dx
sin
π
6
cos 2x − cos
π
6
sin 2x
=
1
2
Z
dx
sin
π
6
− 2x
= −
1
4
Z
d
π
6
− 2x
sin
π
6
− 2x
= −
1
4
ln
tan
π
6
− 2x
2
+ C = −
1
4
ln
tan
π
12
− x
+ C
Dạng 4
Tính tích phân tổng quát I =
Z
dx
a sin x + b cos x + c
Chinh phục Olympic Toán 17 h Tạp chí và tư liệu toán học
Nguyễn Minh Tuấn TÍCH PHÂN HÀM LƯỢNG GIÁC
Phương pháp
Đặt tan
x
2
= t ⇒
dx =
2dt
1 + t
2
sin x =
2t
1 + t
2
cos x =
1 − t
2
1 + t
2
tan x =
2t
1 − t
2
Sau đây là các ví dụ minh họa cho các bài toán này.
Tìm các nguyên hàm sau
• I =
Z
dx
3 cos x + 5 sin x + 3
• J =
Z
2dx
2 sin x − cos x + 1
• K =
Z
dx
sin x + tan x
• I =
Z
π
2
0
ln
1 + sin x
1 + cos x
dx
Bài 4
Lời giải
1. Ta đặt
tan
x
2
= t ⇒
dx =
2dt
1 + t
2
sin x =
2t
1 + t
2
cos x =
1 − t
2
1 + t
2
Từ đó ta có
I =
Z
2dt
1 + t
2
3.
1 − t
2
1 + t
2
+ 5
2t
1 + t
2
+ 3
=
Z
2dt
3 − 3t
2
+ 10t + 3 + 3t
2
=
Z
2dt
10t + 6
=
1
5
Z
d (5t + 3)
5t + 3
=
1
5
ln |5t + 3| + C =
1
5
ln
5 tan
x
2
+ 3
+ C
2. Đặt tan
x
2
= t ⇒
dx =
2dt
1 + t
2
sin x =
2t
1 + t
2
, cos x =
1 − t
2
1 + t
2
⇒ J =
Z
2.
2dt
1 + t
2
2.
2t
1 + t
2
−
1 − t
2
1 + t
2
+ 1
=
Z
4dt
4t − 1 + t
2
+ 1 + t
2
=
Z
4dt
2t
2
+ 4t
= 2
Z
dt
t (t + 2)
Chinh phục Olympic Toán 18 h Tạp chí và tư liệu toán học
TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Phạm Việt Anh
=
Z
1
t
−
1
t + 2
dt = ln |t| − ln |t + 2| + C = ln
tan
x
2
− ln
tan
x
2
+ 2
+ C
3. Đặt tan
x
2
= t ⇒
dx =
2dt
1 + t
2
sin x =
2t
1 + t
2
, tan x =
2t
1 − t
2
⇒ K =
Z
2dt
1 + t
2
2t
1 + t
2
+
2t
1 − t
2
=
1
2
Z
1 − t
2
t
dt =
1
2
Z
dt
t
−
1
2
Z
tdt
=
1
2
ln |t| −
1
4
t
2
+ C =
1
2
ln
tan
x
2
−
1
4
tan
2
x
2
+ C
4. Biến đổi giả thiết ta được
Z
π
2
0
ln
1 + sin x
1 + cos x
dx =
Z
π
2
0
ln
sin
2
x
2
+ cos
2
x
2
+ 2 sin
x
2
cos
x
2
2cos
2
x
2
dx
=
1
2
Z
π
2
0
ln
tan
2
x
2
+ 2 tan
x
2
+ 1
dx
Đặt
tan
x
2
= t ⇒ I =
1
2
Z
1
0
t
2
+ 1
ln
t
2
+ t + 1
dt
Đến đây sử dụng tích chất
Z
b
a
f (x) dx =
Z
b
a
f (a + b − x) dx ta sẽ tính được tích phân cần
tính.
Cách 2. Ta có
I =
Z
π
2
0
ln (1 + sin x) dx −
Z
π
2
0
ln (1 + cos x) dx
Sử dụng tích phân từng phần ta có
Z
π
2
0
ln (1 + sin x) dx =
π
2
ln 2 −
Z
π
2
0
x cos x
1 + sin x
dx
Z
π
2
0
ln (1 + cos x) dx =
Z
π
2
0
x sin x
1 + cos x
dx
⇒ I =
π
2
ln 2 −
Z
π
2
0
x cos x
1 + sin x
dx +
Z
π
2
0
x sin x
1 + cos x
dx
!
Từ đây ta sẽ đi tính
Z
π
2
0
x cos x
1 + sin x
dx. Đặt t =
π
2
− x ta được
Z
π
2
0
x cos x
1 + sin x
dx =
π
2
Z
π
2
0
sin x
1 + cos x
dx −
Z
π
2
0
x sin x
1 + cos x
dx ⇒ I = 0
Dạng 5
Tính tích phân tổng quát I =
Z
dx
a.sin
2
x + b. sin x cos x + c.cos
2
x
Chinh phục Olympic Toán 19 h Tạp chí và tư liệu toán học
Nguyễn Minh Tuấn TÍCH PHÂN HÀM LƯỢNG GIÁC
Phương pháp
Ta biến đổi về dạng I =
Z
dx
(atan
2
x + b tan x + c) .cos
2
x
.
Ta đặt
tan x = t ⇒
dx
cos
2
x
= dt ⇒ I =
Z
dt
at
2
+ bt + c
Sau đây là các ví dụ minh họa cho các bài toán này.
Tìm các nguyên hàm sau
• I =
Z
dx
3sin
2
x − 2 sin x cos x − cos
2
x
• J =
Z
dx
sin
2
x − 2 sin x cos x − 2cos
2
x
Bài 5
Lời giải
1. Ta có
I =
Z
dx
3sin
2
x − 2 sin x cos x − cos
2
x
=
Z
dx
(3tan
2
x − 2 tan x − 1) cos
2
x
Đặt
tan x = t ⇒
dx
cos
2
x
= dt ⇒ I =
Z
dt
3t
2
− 2t − 1
=
Z
dt
(t − 1) (3t + 1)
=
1
4
Z
1
t − 1
−
3
3t + 1
dt =
1
4
Z
dt
t − 1
−
1
4
Z
d (3t + 1)
3t + 1
=
1
4
ln
t − 1
3t + 1
+ C =
1
4
ln
tan x − 1
3 tan x + 1
+ C
2. Ta có
J =
Z
dx
sin
2
x − 2 sin x cos x − 2cos
2
x
=
Z
dx
(tan
2
x − 2 tan x − 2) cos
2
x
Đặttan x = t ⇒
dx
cos
2
x
= dt
⇒ J =
Z
dt
t
2
− 2t − 2
=
Z
d (t − 1)
(t − 1)
2
−
√
3
2
=
1
2
√
3
ln
t − 1 −
√
3
t − 1 +
√
3
+ C
=
1
2
√
3
ln
tan x − 1 −
√
3
tan x − 1 +
√
3
+ C
Chinh phục Olympic Toán 20 h Tạp chí và tư liệu toán học
TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Phạm Việt Anh
Dạng 6
Xét tích phân tổng quát I =
Z
a
1
sin x + b
1
cos x
a
2
sin x + b
2
cos x
dx
Phương pháp
Ta tìm A, B sao cho
a
1
sin x + b
1
cos x = A (a
2
sin x + b
2
cos x) + B (a
2
cos x − b
2
sin x)
Tìm các nguyên hàm sau
• I =
Z
4 sin x + 3 cos x
sin x + 2 cos x
dx
• J =
Z
dx
sin
2
x − 2 sin x cos x − 2cos
2
x
Bài 6
Lời giải
1. Ta tìm A, B sao cho 4 sin x + 3 cos x = A (sin x + 2 cos x) + B (cos x − 2 sin x)
⇒ 4 sin x + 3 cos x = (A − 2B) sin x + (2A + B) cos x ⇒
A − 2B = 4
2A + B = 3
⇔
A = 2
B = −1
Từ đó I =
Z
2 (sin x + 2 cos x) − (cos x − 2 sin x)
sin x + 2 cos x
dx
= 2
Z
dx −
Z
d (sin x + 2 cos x)
sin x + 2 cos x
= 2x − ln |sin x + 2 cos x| + C
2. Ta tìm A, B sao cho 3 cos x − 2 sin x = A (cos x − 4 sin x) + B (−sin x − 4 cos x)
⇒ 3 cos x − 2 sin x = (A − 4B) cos x + (−4A − B) sin x ⇒
A − 4B = 3
4A + B = 2
⇔
A =
11
17
B = −
10
17
Từ đó ta có
J =
Z
11
17
(cos x − 4 sin x) −
10
17
(−sin x − 4 cos x)
cos x − 4 sin x
dx
=
11
17
Z
dx −
10
17
Z
d (cos x − 4 sin x)
cos x − 4 sin x
=
11
17
x −
10
17
ln |cos x − 4 sin x| + C
Dạng 7
Xét tích phân tổng quát I =
Z
a(sin x)
2
+ b sin x cos x + c(cos x)
2
m sin x + n cos x
dx
Chinh phục Olympic Toán 21 h Tạp chí và tư liệu toán học
Nguyễn Minh Tuấn TÍCH PHÂN HÀM LƯỢNG GIÁC
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
sin
2
x + cos
2
x
⇔ S = (mp + r) (sin x)
2
+ (np + mq) sin x cos x + (nq + r) (cos x)
2
⇔
mp + r = a
np + mq = b
nq + r = c
⇔
mp + r = a
np + mq = b
mp − nq = a − c
⇔
p =
(a − c) m + bn
m
2
+ n
2
q =
(a − c) n − bm
m
2
+ n
2
r =
an
2
+ cm
2
− bmn
m
2
+ n
2
Khi đó ta có
I =
Z
(a − c) m + bn
m
2
+ n
2
sin x +
(a − c) n − bm
m
2
+ n
2
cos x
dx+
an
2
+ cm
2
− bmn
m
2
+ n
2
Z
dx
m sin x + n cos x
=
(a − c) n − bm
m
2
+ n
2
sin x −
(a − c) m + bn
m
2
+ n
2
cos x +
an
2
+ cm
2
− bmn
m
2
+ n
2
Z
dx
m sin x + n cos x
Tích phân cuối cùng ta đã được tìm hiểu ở dạng trước!
Sau đây là các ví dụ minh họa cho các bài toán này.
Tính các tích phân sau
• I =
Z
π
3
0
(cos x)
2
dx
sin x +
√
3 cos x
• I =
Z
3
√
3 − 2
(sin x)
2
+
4
√
3 + 3
sin x cos x + 2(cos x)
2
3 sin x + 4 cos x
dx
Bài 7
Lời giải
1. Giả sử
(cos x)
2
= (a sin x + b cos x)
sin x +
√
3 cos x
+ c
sin
2
x + cos
2
x
⇔ (cos x)
2
= (a + c) (sin x)
2
+
a
√
3 + b
sin x cos x +
b
√
3 + c
(cos x)
2
⇔ a = −
1
4
; b =
√
3
4
; c =
1
4
⇒ I =
1
2
Z
π
3
0
√
3
2
cos x −
1
2
sin x
!
dx +
1
4
Z
π
3
0
dx
sin x +
√
3 cos x
Chinh phục Olympic Toán 22 h Tạp chí và tư liệu toán học
TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Phạm Việt Anh
=
1
2
Z
π
3
0
cos
π
6
cos x − sin
π
6
sin x
dx +
1
8
Z
π
3
0
dx
cos
π
3
sin x + sin
π
3
cos x
=
1
2
Z
π
3
0
cos
x +
π
6
dx +
1
8
Z
π
3
0
dx
sin
x +
π
3
=
1
2
sin
x +
π
6
+
1
8
ln
tan
x
2
+
π
6
π
3
0
=
1
2
+
1
8
ln
√
3
−
1
4
−
1
8
ln
√
3
=
1
4
+
1
4
ln
√
3 =
1
4
1 + ln
√
3
2. Giả sử
3
√
3 − 2
(sin x)
2
+
4
√
3 + 3
sin x cos x + 2(cos x)
2
= (a sin x + b cos x) (3 sin x + 4 cos x) + c
sin
2
x + cos
2
x
⇔
3a + c = 3
√
3 − 2
4a + 3b = 4
√
3 + 3
4b + c = 2
⇔
a =
√
3
b = 1
c = −2
⇒ I =
1
2
Z
π
3
0
√
3
2
sin x +
1
2
cos x
!
dx − 2
Z
π
3
0
dx
3 sin x + 4 cos x
=
1
2
Z
π
3
0
sin
π
3
sin x + cos
π
3
cos x
dx −
2
5
Z
π
3
0
dx
sin
arcsin
3
5
sin x + cos
arcsin
3
5
cos x
=
1
2
Z
π
3
0
cos
x −
π
3
dx −
2
5
Z
π
3
0
dx
cos (x − u)
=
1
2
Z
π
3
0
cos
x −
π
3
dx −
2
5
Z
π
3
0
d [sin (x − u)]
1 − sin
2
(x − u)
=
1
2
sin
x −
π
3
−
1
5
ln
1 + sin (x − u)
1 − sin (x − u)
π
3
0
=
−
√
3
4
−
1
5
ln
1 + sin x cos u − sin u cos x
1 − sin x cos u + sin u cos x
π
3
0
= −
√
3
4
+
1
5
ln
5 − 4 sin
π
3
+ 3 cos
π
3
5 + 4 sin
π
3
− 3 cos
π
3
−
1
5
ln 4 =
1
5
ln
13 − 4
√
3
4
7 + 4
√
3
−
√
3
4
Dạng 8
Xét tích phân tổng quát
I =
Z
m sin x + n cos x
a(sin x)
2
+ 2b sin x cos x + c(cos x)
2
dx
Phương pháp
Gọi λ
1
, λ
2
là nghiệm của phương trình
a − λ b
b c − λ
= 0
⇔ λ
2
− (a + c) λ + ac − b
2
= 0 ⇔ λ
1,2
=
a + c ±
q
(a − c)
2
+ 4b
2
2
Chinh phục Olympic Toán 23 h Tạp chí và tư liệu toán học
Nguyễn Minh Tuấn TÍCH PHÂN HÀM LƯỢNG GIÁC
Biến đổi một xíu:
a(sin x)
2
+ 2b sin x cos x + c(cos x)
2
= λ
1
A
2
1
+ λ
2
A
2
2
=
λ
1
1 +
b
2
(a − λ
1
)
2
cos x −
b
a − λ
1
sin x
2
+
λ
2
1 +
b
2
(a−λ
2
)
2
cos x −
b
a − λ
2
sin x
2
Đặt u
1
= cos x −
b
a − λ
1
sin x; u
2
= cos x −
b
a − λ
2
sin x; k
1
=
1
a − λ
1
; k
2
=
1
a−λ
2
A
1
=
1
p
1 + b
2
k
2
1
(cos x − bk
1
sin x) ; A
2
=
1
p
1 + b
2
k
2
2
(cos x − bk
2
sin x)
Để ý A
2
1
+ A
2
2
= 1 ⇒ λ
1
A
2
1
+ λ
2
A
2
2
= (λ
1
− λ
2
) A
2
1
+ λ
2
= (λ
2
− λ
1
) A
2
2
+ λ
1
Giả sử m sin x + n cos x = p
sin x +
b
a − λ
1
cos x
+ q
sin x +
b
a − λ
2
cos x
⇔
p + q = m
p
a − λ
1
+
q
a − λ
2
=
n
b
⇔ p =
bm − n (a − λ
2
)
b (λ
2
− λ
1
)
(a − λ
1
) ; q =
bm − n (a − λ
1
)
b (λ
1
− λ
2
)
(a − λ
2
)
⇒ I =
Z
m sin x + n cos x
a(sin x)
2
+ 2b sin x cos x + c(cos x)
2
dx =
Z
−pdu
1
(λ
1
− λ
2
) A
2
1
+ λ
2
+
Z
−qdu
2
(λ
2
− λ
1
) A
2
2
+ λ
1
= −p
q
1 + b
2
k
2
1
Z
dA
1
(λ
1
− λ
2
) A
2
1
+ λ
2
− q
q
1 + b
2
k
2
2
Z
dA
2
(λ
2
− λ
1
) A
2
2
+ λ
1
Sau đây là các ví dụ minh họa cho các bài toán này.
Tính tích phân sau
I =
Z
(sin x + cos x) dx
2sin
2
x − 4 sin x cos x + 5cos
2
x
Bài 8
Lời giải
Gọi λ
1
, λ
2
là 2 nghiệm của phương trình
2 − λ −2
−2 5 − λ
= 0 ⇔ λ
1
= 1; λ
2
= 6
Ta có:
2sin
2
x − 4 sin x cos x + 5cos
2
x =
1
5
(cos x + 2 sin x)
2
+
24
5
cos x −
1
2
sin x
2
A
1
=
1
√
5
(cos x + 2 sin x) ; A
2
=
2
√
5
cos x −
1
2
sin x
; A
2
1
+ A
2
2
= 1
Chinh phục Olympic Toán 24 h Tạp chí và tư liệu toán học
TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Phạm Việt Anh
⇒ I =
Z
(sin x + cos x) dx
2sin
2
x − 4 sin x cos x + 5cos
2
x
=
3
5
Z
(2 sin x + cos x) dx
(2 cos x − sin x)
2
+ 1
−
1
5
Z
(sin x − 2 cos x) dx
6 − (cos x + 2 sin x)
2
=
3
5
Z
d (sin x − 2 cos x)
(sin x − 2 cos x)
2
+ 1
+
1
5
Z
d (cos x + 2 sin x)
6 − (cos x + 2 sin x)
2
=
3
5
arctan (sin x − 2 cos x) +
1
10
√
6
ln
√
6 + cos x + 2 sin x
√
6 − cos x − 2 sin x
+ C
Dạng 9
Biến đổi nâng cao với 2 dạng tích phân
Z
dx
(sin x)
n
và
R
dx
(cos x)
n
Thực chất mình chia dạng toán này thành 1 dạng toán nhỏ vì trong khi tính nguyên hàm
hoặc tích phân ta sẽ có thể gặp các bài toán kiểu thế này, do đó mình muốn giới thiệu
cho các bạn các cách để xử lý nó.
Xét bài toán
Z
dx
(sin x)
n
• I
1
=
Z
dx
sin x
=
Z
dx
2 sin
x
2
cos
x
2
=
Z
dx
2 tan
x
2
cos
2
x
2
=
Z
d
tan
x
2
tan
x
2
= ln
tan
x
2
+ C
• I
2
=
Z
dx
sin
2
x
=
Z
−d (cot x) = −cot x + C
• I
3
=
Z
dx
sin
3
x
=
Z
dx
2 sin
x
2
cos
x
2
3
=
Z
dx
8
tan
x
2
3
cos
x
2
6
=
1
4
Z
1 + tan
2
x
2
2
d
tan
x
2
tan
x
2
3
=
1
4
Z
1 + 2tan
2
x
2
+ tan
4
x
2
tan
x
2
3
=
1
4
"
−1
2
tan
x
2
2
+ 2 ln
tan
x
2
+
1
2
tan
x
2
2
#
+ C
• I
4
=
Z
dx
sin
4
x
= −
Z
1 + cot
2
x
d (cot x) = −
cot x +
1
3
cot
3
x
+ C
• I
5
=
Z
dx
sin
5
x
=
Z
dx
2 sin
x
2
cos
x
2
5
=
Z
dx
32
tan
x
2
5
cos
x
2
10
=
1
16
Z
1 + tan
2
x
2
4
d
tan
x
2
tan
x
2
5
=
1
16
Z
1 + 4tan
2
x
2
+ 6tan
4
x
2
+ 4tan
6
x
2
+ tan
8
x
2
tan
x
2
5
d
tan
x
2
=
1
16
"
−1
4
tan
x
2
4
−
2
tan
x
2
2
+ 6 ln
tan
x
2
+ 2
tan
x
2
2
+
1
4
tan
x
2
4
#
+ C
• I
6
=
Z
dx
sin
6
x
= −
Z
1 + cot
2
x
2
d (cot x) = −
cot x +
2
3
cot
3
x +
1
5
cot
5
x
+ C
Chinh phục Olympic Toán 25 h Tạp chí và tư liệu toán học
Nguyễn Minh Tuấn TÍCH PHÂN HÀM LƯỢNG GIÁC
• I
7
=
Z
dx
sin
7
x
=
Z
dx
2 sin
x
2
cos
x
2
7
=
Z
dx
2
7
tan
x
2
7
cos
x
2
14
=
1
2
6
Z
1 + tan
2
x
2
6
d
tan
x
2
tan
x
2
7
=
1
64
"
−1
6
tan
x
2
6
−
3
2
tan
x
2
4
−
15
2
tan
x
2
2
+ 20 ln
tan
x
2
+
15
2
tan
x
2
2
+
3
2
tan
x
2
4
+
1
6
tan
x
2
6
+ C
• I
8
=
Z
dx
sin
8
x
= −
Z
1 + cot
2
x
3
d (cot x) = −
Z
1 + 3cot
2
x + 3cot
4
x + cot
6
x
d (cot x)
= −
cot x + cot
3
x +
3
5
cot
5
x +
1
7
cot
7
x
+ C
• I
9
=
Z
dx
(sin x)
2n+1
=
Z
dx
2 sin
x
2
cos
x
2
2n+1
=
Z
dx
2
2n+1
tan
x
2
2n+1
cos
x
2
4n+2
=
1
2
2n
Z
1 + tan
2
x
2
2n
d
tan
x
2
tan
x
2
2n+1
=
1
2
2n
"
−C
0
2n
2n
tan
x
2
2n
− . . . −
C
n−1
2n
2
tan
x
2
2
+ C
n
2n
ln
tan
x
2
+
C
n+1
2n
2
tan
x
2
2
+ . . . +
C
2n
2n
2n
tan
x
2
2n
+ C
• I
10
=
Z
dx
sin
2n+2
x
= −
Z
1 + cot
2
x
n
d (cot x)
= −
Z
h
C
0
n
+ C
1
n
cot
2
x + . . . + C
k
n
cot
2
x
k
+ . . . + C
n
n
cot
2
x
n
i
d (cot x)
= −
C
0
11
(cot x) +
C
1
n
3
cot
3
x + . . . +
C
k
n
2k + 1
(cot x)
2k+1
+ . . . +
C
n
n
2n + 1
(cot x)
2n+1
+ C
Xét bài toán I =
Z
dx
(cos x)
n
• I
1
=
Z
dx
cos x
=
Z
d
x +
π
2
sin
x +
π
2
=
Z
du
sin u
=
Z
du
2 sin
u
2
cos
u
2
=
Z
du
2 tan
u
2
cos
2
u
2
=
Z
d
tan
u
2
tan
u
2
= ln
tan
u
2
+ C = ln
tan
x
2
+
π
4
+ C
• I
2
=
Z
dx
cos
2
x
=
Z
d (tan x) = tan x + C
Chinh phục Olympic Toán 26 h Tạp chí và tư liệu toán học
TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Phạm Việt Anh
• I
3
=
Z
dx
cos
3
x
=
Z
d
x +
π
2
sin
3
x +
π
2
=
Z
du
sin
3
u
=
Z
du
2 sin
u
2
cos
u
2
3
=
Z
du
8
tan
u
2
3
cos
u
2
6
=
1
4
Z
1 + tan
2
u
2
2
d
tan
u
2
tan
u
2
3
=
1
4
"
−1
2
tan
u
2
2
+ 2 ln
tan
u
2
+
1
2
tan
u
2
2
#
+ C
=
1
4
"
−1
2
tan
x
2
+
π
4

2
+ 2 ln
tan
x
2
+
π
4
+
1
2
h
tan
x
2
+
π
4
i
2
#
+ C
• I
4
=
Z
dx
cos
4
x
=
Z
1 + tan
2
x
d (tan x) = tan x +
1
3
tan
3
x + C
I
5
=
Z
dx
cos
5
x
=
Z
d
x +
π
2
sin
5
x +
π
2
=
Z
du
sin
5
u
=
Z
du
2 sin
u
2
cos
u
2
5
=
Z
du
32
tan
u
2
5
cos
u
2
10
=
1
16
Z
1 + tan
2
u
2
4
d
tan
u
2
tan
u
2
5
=
1
16
Z
1 + 4tan
2
u
2
+ 6tan
4
u
2
+ 4tan
6
u
2
+ tan
8
u
2
tan
u
2
5
d
tan
u
2
=
1
16
−1
4
tan
u
2
4
−
2
tan
u
2
2
+ 6 ln
tan
u
2
+ 2
tan
u
2
2
+
1
4
tan
u
2
4
+ C
• I
6
=
Z
dx
cos
6
x
=
Z
1 + tan
2
x
2
d (tan x) = tan x + tan
3
x +
1
5
tan
5
x + C
• I
7
=
Z
dx
cos
7
x
=
Z
d
x +
π
2
sin
7
x +
π
2
=
Z
du
sin
7
u
=
Z
du
2
7
tan
u
2
7
cos
u
2
14
=
1
2
6
Z
1 + tan
2
u
2
6
d
tan
u
2
tan
u
2
7
=
1
2
6
Z
1 + 6tan
2
u
2
+ 15tan
4
u
2
+ 20 tan
u
2
+ 15tan
8
u
2
+ 6tan
10
u
2
+ tan
12
u
2
tan
u
2
7
d
tan
u
2
=
1
64
"
−1
6
tan
u
2
6
−
3
2
tan
u
2
4
−
15
2
tan
u
2
2
+ 20 ln
tan
u
2
+
15
2
tan
u
2
2
+
3
2
tan
u
2
4
+
1
6
tan
u
2
6
+ C
Chinh phục Olympic Toán 27 h Tạp chí và tư liệu toán học
Nguyễn Minh Tuấn TÍCH PHÂN HÀM LƯỢNG GIÁC
• I
8
=
Z
dx
cos
8
x
=
Z
1 + tan
2
x
3
d (tan x) =
R
(1 + 3 tan x
2
+ 3 tan x
4
+ tan x
6
) d (tan x) =
tan x + tan
3
x +
3
5
tan
5
x +
1
7
tan
7
x + C
• I
9
=
Z
dx
cos
2n+1
x
=
Z
d
x +
π
2
sin
2n+1
x +
π
2
=
Z
du
(sin u)
2n+1
=
Z
du
2 sin
u
2
cos
u
2
2n+1
=
Z
du
2
2n+1
tan
u
2
2n+1
cos
u
2
4n+2
=
1
2
2n
Z
1 + tan
2
u
2
2n
d
tan
u
2
tan
u
2
2n+1
=
1
2
2n
Z
C
0
2n
+ C
1
2n
+ C
1
2n
tan
2
u
2
+ . . . + C
n
2n
tan
2
u
2
n
+ . . . + C
2n
2n
tan
2
u
2
2n
tan
u
2
2n+1
d
tan
u
2
=
1
2
2n
"
−C
0
2n
2n
tan
u
2
2n
− . . . −
C
n−1
2n
2
tan
u
2
2
+ C
n
2n
ln
tan
u
2
+
C
n+1
2n
2
tan
u
2
2
+ . . . +
C
2n
2n
2n
tan
u
2
2n
+ C
• I
10
=
Z
dx
cos
2n+2
x
=
Z
1 + tan
2
x
n
d (tan x)
=
Z
C
0
11
+ C
1
n
tan
2
x + . . . + C
k
n
tan
2
x
k
+ . . . + C
n
n
tan
2
x
n
d (tan x)
=
C
0
n
(tan x) +
C
1
n
3
tan x
3
+ . . . +
C
k
n
2k + 1
(tan x)
2k+1
+ . . . +
C
n
n
2n + 1
(tan x)
2n+1
+ C
Tóm lại. Qua các bài toán với những lời giải kinh khủng ở trên chắc đã làm bạn đọc choáng
rồi, tuy nhiên hãy để ý nó có mấu chốt cả nhé. Đầu tiên là 2 dạng này tương tự nhau nên mình
sẽ chỉ nói một dạng. Các bạn hãy chú ý tới các bài số mũ chẵn, mấu chốt chỉ là sử dụng công
thức theo tan và sin, còn những bài số mũ lẻ ta đều sử dụng cách tách sin x = 2 sin d
x
2
cos
x
2
đó chính là chìa khoá của các bài toán trên, lời giải khủng chẳng qua là biến đổi dài thôi chứ
không có gì khó khăn cả!
Chinh phục Olympic Toán 28 h Tạp chí và tư liệu toán học
Chương 2
Bài Toán Đề Xuất
Tính các nguyên hàm hoặc tích phân sau
Bài 1.
π
3
Z
π
4
tan
4
xdx
Bài 2.
π
2
Z
π
4
cos
6
x
sin
4
x
dx
Bài 3.
π
4
Z
0
sin
2
x
cos
6
x
dx
Bài 4.
π
2
Z
0
sin 2x
4 − cos
2
x
dx
Bài 5.
π
4
Z
0
1 − 2sin
2
x
1 + sin 2x
dx
Bài 6. I =
π
2
Z
0
sin
10
x + cos
10
x − sin
4
xcos
4
x
dx
Bài 7. I =
π
3
Z
π
6
1
sin x sin
x +
π
6
dx
Bài 8. I =
π
2
Z
0
sin 2x + sin x
√
1 + 3 cos x
dx
Bài 9. I =
π
2
Z
0
sin 2x cos x
1 + cos x
dx
29
Nguyễn Minh Tuấn TÍCH PHÂN HÀM LƯỢNG GIÁC
Bài 10. I =
π
2
Z
0
sin 2x
√
cos
2
x + 4sin
2
x
dx
Bài 11. I =
π
2
Z
0
cos 3x
sin x + 1
dx
Bài 12. I =
π
2
Z
0
cos 2x
(sin x − cos x + 3)
3
dx
Bài 13. I =
π
4
Z
0
cos 2x
1 + 2 sin 2x
dx
Bài 14. I =
π
6
Z
0
sin 3x − sin
3
3x
1 + cos 3x
dx
Chinh phục Olympic Toán 30 h Tạp chí và tư liệu toán học
Tài liệu tham khảo
[1] Tuyển tập các chuyên đề và kỹ thuật tính tích phân - Trần Phương
[2] Tài liệu Internet
31
| 1/32
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

NGUYÊN HÀM TÍCH PHÂN HÀM LƯỢNG GIÁC CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN
Nguyễn Minh Tuấn ft Phạm Việt Anh
TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Chương 1
Các dạng toán và phương pháp 1 Các dạng toán cơ bản Dạng 1
Tính tích phân tổng quát sau Z Z I1 = (sin x)ndx; I2 (cos x)ndx Phương pháp
Ta chú ý các công thức hạ bậc sau 1 − cos 2x 1 + cos 2x sin2x = ; cos2x = ; 2 2 − sin 3x + 3 sin x cos 3x + 3 cos x sin3x = ; cos3x = 4 4
Nếu n chẵn hoặc n = 3 thì ta sẽ sử dụng công thức hạ bậc triệt để
Nếu n lẻ và lớn hơn 3 thì ta sẽ sử dụng phép biến đổi sau. Biến đổi 1. Ta có Z Z Z Z I1 = (sin x)ndx = (sin x)2p+1dx = (sin x)2p sin xdx = − 1 − cos2xpd (cos x) Z = −
C0 − C1cos2x + . . . + (−1)kCk cos2xk + . . . + (−1)pCp cos2xp d (cos x) p p p p ! 1 (−1)k (−1)p = − C0 cos x − C1cos3x + . . . + Ck(cos x)2k+1 + . . . + Cp(cos x)2p+1 + C p 3 p 2k + 1 p 2p + 1 p Biến đổi 2. Ta có Z Z Z Z I2 = (cos x)ndx = (cos x)2p+1dx = (cos x)2p cos xdx = 1 − sin2xpd (sin x) 1 Nguyễn Minh Tuấn
TÍCH PHÂN HÀM LƯỢNG GIÁC Z =
C0 − C1sin2x + . . . + (−1)kCk sin2xk + . . . + (−1)pCp sin2xp d (sin x) p p p p ! 1 (−1)k (−1)p = C0 sin x − C1sin3x + . . . + Ck(sin x)2k+1 + . . . + Cp(sin x)2p+1 + C p 3 p 2k + 1 p 2p + 1 p
Nhìn chung đây là một dạng toán không khó, cái khó của nó là phép biến đổi tương đối dài và
cồng kềnh ,và mấu chốt là hạ bậc dần dần để đưa về nguyên hàm cơ bản. Sau đây ta sẽ cùng
tìm hiểu ví dụ về phần này! Bài 1 Tìm các nguyên hàm sau Z • I = cos6xdx. Z • I = (sin 5x)9dx. Z • I = (cos 2x)13dx. Z • I = (3 + cos x)5dx. Lời giải
1. Biến đổi nguyên hàm ta có Z Z Z 1 + cos 2x 3 I = cos6xdx = cos2x3dx = dx 2 1 Z 1 Z = (1 + cos 2x)3dx =
1 + 3 cos 2x + 3cos22x + cos32x dx 4 4 1 Z 3 (1 + 2 cos 4x) cos 3x + 3 cos x = 1 + 3 cos 2x + + dx 4 2 4 1 Z =
(7 + 12 cos 2x + 12 cos 4x + cos 3x + 3 cos x) dx 16 1 1 = 7x + 6 sin 2x + 3 sin 4x + sin 3x + 3 sin x + C 16 3
2. Biến đổi nguyên hàm ta có Z Z 1 Z I = (sin 5x)9dx = (sin 5x)8 (sin 5x) dx = − 1 − cos25x4d (cos 5x) 5 1 Z = −
1 − 4cos25x + 6cos45x − 4cos65x + cos85x d (cos 5x) 5 Chinh phục Olympic Toán 2
h Tạp chí và tư liệu toán học
TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Phạm Việt Anh 1 4 6 4 1 = − cos 5x − cos35x + cos55x − cos75x + cos95x + C 5 3 5 7 9
3. Biến đổi nguyên hàm ta có Z Z 1 Z I = (cos 2x)13dx = (cos 2x)12 cos 2xdx = 1 − sin22x6d (sin 2x) 2
1 − 6sin22x + 15sin42x − 20sin62x + 15sin82x − 6sin102x + sin122x d (sin 2x) 1 20 5 6 1 =
sin 2x − 2sin32x + 3sin52x − sin72x + sin92x − sin112x + sin132x + C 2 7 3 11 13
4. Biến đổi nguyên hàm ta có Z Z I = (3 + cos x)5dx =
35 + 5.34 cos x + 10.33cos2x + 10.32cos3x + 5.3cos4x + cos5x dx Z 45 15 =
243 + 405 cos x + 135 (1 + cos 2x) + (cos 3x + 3 cos x) + (1 + cos 2x)2 + cos5x dx 2 2 Z 945 45 15 1 + cos 4x = 378 + cos x + 135 cos 2x + cos 3x + 1 + 2 cos 2x + + cos5x dx 2 2 2 2 Z 1557 945 45 15 Z = + cos x + 150 cos 2x + cos 3x + cos 4x dx + cos4x cos xdx 4 2 2 4 1 Z Z =
(1557 + 1890 cos x + 600 cos 2x + 90 cos 3x + 15 cos 4x) dx + 1 − sin2x2d (sin x) 4 1 15 =
1557x + 1890 sin x + 300 sin 2x + 30 sin 3x + sin 4x 4 4 Z + 1 − 2sin2x + sin4x d (sin x) 1 15 8 4 =
1557x + 1894 sin x + 300 sin 2x + 30 sin 3x + sin 4x − sin3x + sin5x + C 4 4 3 5
Tóm lại. Qua 4 ví dụ trên ta đã phần nào nắm được dạng toán này, riêng ở ví dụ 4 ta đã sử
dụng tới công thức khai triển hệ số Newton để khai trên biểu thức trong dấu nguyên hàm và
các bước còn lại chỉ là biến đổi thông thường. Chinh phục Olympic Toán 3
h Tạp chí và tư liệu toán học Nguyễn Minh Tuấn
TÍCH PHÂN HÀM LƯỢNG GIÁC Dạng 2
Đôi khi trong khi làm các bài tính tích phân ta bắt gặp các bài toán liên tuan tới tích
các biểu thức sin x, cos x khi đó ta sẽ sử dụng các công thức biến tích thành tổng để giải
quyết các bài toán này. Sau đây là các công thức cần nhớ Z 1 Z I = (cos mx) (cos nx) dx =
(cos (m − n) x + cos (m + n) x) dx 2 Z 1 Z I = (sin mx) (sin nx) dx =
(cos(m − n)x − cos (m + n) x) dx 2 Z 1 Z I = (sin mx) (cos nx) dx =
(sin (m + n) x + sin (m − n) x) dx 2 Z 1 Z I = (cos mx) (sin nx) dx =
(sin (m + n) x − sin (m − n) x) dx 2
Nhìn chung đây là một dạng toán cơ bản, sau đây ta sẽ cùng tìm hiểu các bài toán về nó. Bài 2 Tìm các nguyên hàm sau Z • I = (cos x)3 sin 8xdx Z • I = (cos 2x)13dx Lời giải
1. Biến đổi nguyên hàm ta có Z Z (3 cos x + cos 3x) I = (cos x)3 sin 8xdx = sin 8xdx 4 1 Z =
(3 cos x sin 8x + cos 3x sin 8x) dx 4 1 Z =
(3 cos x sin 8x + cos 3x sin 8x) dx 4 1 Z 3 1 = (sin 9x + sin 7x) + (sin 11x + sin 5x) dx 4 2 2 1 3 3 1 1 = − cos 9x + cos 7x + cos 11x + cos 5x + C 8 9 7 11 5
2. Biến đổi nguyên hàm ta có Z 1 Z I =
(sin x)4 (sin 3x) (cos 10x) dx =
(1 − cos 2x)2 (sin 13x + sin 7x) dx 8 Chinh phục Olympic Toán 4
h Tạp chí và tư liệu toán học
TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Phạm Việt Anh 1 Z =
1 − 2 cos 2x + cos22x (sin 13x + sin 7x) dx 8 1 Z 1 + cos 4x = 1 − 2 cos 2x + (sin 13x + sin 7x) dx 8 2 1 Z =
(3 − 4 cos 2x + cos 4x) (sin 13x + sin 7x) dx 16 1 Z =
(3 (sin 13x + sin 7x) − 4 cos 2x (sin 13x + sin 7x) + cos 4x (sin 13x + sin 7x)) dx 6 1 Z =
(3 (sin 13x + sin 7x) − 2 (sin 15x + sin 11x + sin 9x + sin 5x) + 6 Dạng 3 Z
Tính tích phân tổng quátI = sinmxcosnxdx Phương pháp
Trường hợp 1. Nếu m, n là các số nguyên.
Nếu m và n chẵn thì dùng công thức hạ bậc biến tích thành tổng.
Nếu m chẵn và n lẻ thì ta biến đổi Z Z Z I = (sin x)m(cos x)2p+1dx = (sin x)n(cos x)2p cos xdx = (sin x)m 1 − sin2xpd (sin x) Z =
(sin x)m C0 − C1sin2x + . . . + (−1)kCk sin2xk + . . . + (−1)pCp sin2xp d (sin x) p p p p (sin x)m−1 (sin x)m+3 (sin x)2k+1+m (sin x)2p+1+m = C0 − C1 + . . . + (−1)kCk + . . . + (−1)pCp + C p m + 1 p m + 3 p 2k + 1 + m p 2p + 1 + m
Nếu m lẻ và n chẵn thì ta cũng biến đổi tương tự như trường hợp trên.
Nếu m lẻ và n lẻ thì dùng ta sẽ tách ra 1 biểu thức sin x hoặc cos x để đưa vào trong dấu vi phân.
Trường hợp 2. Nếu m, n là các số hữu tỷ.
Trong trường hợp này ta sẽ đặt u = sin x và tùy theo trường hợp ta sẽ biến đổi nó để đưa về
bài toán cơ bản. Ta sẽ tìm hiểu kỹ thuật này qua các bài toán dưới. Chinh phục Olympic Toán 5
h Tạp chí và tư liệu toán học Nguyễn Minh Tuấn
TÍCH PHÂN HÀM LƯỢNG GIÁC Bài 3 Tìm các nguyên hàm sau Z • I = (sin x)2(cos x)4dx Z • I = (sin 3x)10(cos 3x)5dx Z • I = (sin 5x)9(cos 5x)111dx Z (sin 3x)7 • I = √ dx 5 cos43x Lời giải
1. Biến đổi nguyên hàm ta có Z 1 Z I = (sin x)2(cos x)4dx = (sin 2x)2(cos x)2dx 4 1 Z 1 Z =
(1 − cos 4x) (1 + cos 2x) dx =
(1 + cos 2x − cos 4x − cos 2x cos 4x) dx 16 16 1 Z 1 = 1 + cos 2x − cos 4x − (cos 6x + cos 2x) dx 16 2 1 Z 1 sin 2x sin 4x sin 6x =
(2 + cos 2x − 2 cos 4x − cos 6x) dx = 2x + − − + C 32 32 2 2 6
2. Biến đổi nguyên hàm ta có Z Z I = (sin 3x)10(cos 3x)5dx = (sin 3x)10(cos 3x)4 cos 3xdx 1 Z 1 Z =
(sin 3x)10 1 − sin23x2d (sin 3x) =
(sin 3x)10 1 − 2sin23x + sin43x d (sin 3x) 3 3 1 Z 1 =
(sin 3x)10 − 2(sin 3x)12 + (sin 3x)14 d (sin 3x) 3 0 ! 1 (sin 3x)11 2(sin 3x)13 (sin 3x)15 = − + + C 3 11 13 15
3. Biến đổi nguyên hàm ta có Z Z I = (sin 5x)9(cos 5x)111dx = (cos 5x)111(sin 5x)8 sin 5xdx −1 Z =
(cos 5x)111 1 − cos25x4d (cos 5x) 5 Chinh phục Olympic Toán 6
h Tạp chí và tư liệu toán học
TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Phạm Việt Anh 1 Z = −
(cos 5x)111 1 − 4cos25x + 6cos45x − 4cos65x + cos85x d (cos 5x) 5 ! 1 (cos 5x)112 4(cos 5x)114 6(cos 5x)116 4(cos 5x)118 (cos 5x)120 = − − + − + + C 5 112 114 116 118 120
4. Biến đổi nguyên hàm ta có Z (sin 3x)7 Z −1 I = √ dx = (cos 3x) 5 (sin 3x)6 sin 3xdx 5 cos43x −1 Z −4 =
(cos 3x) 5 1 − cos23x3d (cos 3x) 3 −1 Z −4 = (cos 3x) 5
1 − 3cos23x + 3cos43x − cos63x d (cos 3x) 3 −1 1 15 11 15 21 5 31 = 5(cos 3x) 5 − (cos 3x) 5 + (cos 3x) 5 − (cos 3x) 5 + C 3 11 21 31 Dạng 4 Tính tích phân tổng quát Z Z I1 = (tan x)ndx; I2 = (cot x)ndx (n ∈ N) Phương pháp
Trong các bài toán như thế này ta cần chú ý tới các công thức sau Z Z sin x Z d (cos x) tanxdx = dx = − = − ln |cos x| + C; cos x cos x Z Z cos x Z d (sin x) cotxdx = dx = = ln |sin x| + c; sin x sin x Z Z dx Z 1 + tan2 x dx = = d (tan x) = tan x + C; cos2x Z Z dx Z 1 + cot2 x dx = − = − d (cot x) = − cot x + C. sin2x Z
Để làm các bài toán tính
(tan x)ndx ta sẽ cần cố gắng tách về dạng tanmx (tan2x + 1) đến
cuối cùng để đưa về bài toán cơ bản.
Sau đây chúng ta sẽ cùng tìm hiểu các ví dụ minh họa để hiểu rõ hơn các bài toán này. Chinh phục Olympic Toán 7
h Tạp chí và tư liệu toán học Nguyễn Minh Tuấn
TÍCH PHÂN HÀM LƯỢNG GIÁC Bài 4 Tìm các nguyên hàm sau Z • I = (tan x)8dx Z • I = (tan 2x)13dx Z • I = (cot x)12dx Z • I = (cot 4x)9dx Z • I = (tan x + cot x)5dx Lời giải
1. Biến đổi nguyên hàm ta có Z I = (tan x)8dx = Z
(tan x)6 1 + tan2x − (tan x)4 1 + tan2x + (tan x)2 1 + tan2x − (tan x)0 1 + tan2x + 1 dx Z Z =
(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 7 5 3 1
2. Biến đổi nguyên hàm ta có Z I = (cot x)12dx Z =
(cot x)10 1 + cot2x − (cot x)8 1 + cot2x + (cot x)6 1 + cot2x
−(cot x)4 1 + cot2x + (cot x)2 1 + cot2x − (cot x)0 1 + cot2x + 1 Z Z = −
(cot x)10 − (cot x)8 + (cot x)6 − (cot x)4 + (cot x)2 − (cot x)0 d (cot x) + dx ! (cot x)11 (cot x)9 (cot x)7 (cot x)5 (cot x)3 cot x = − − + − + − + x + C 11 9 7 5 5 1
3. Biến đổi nguyên hàm ta có Z I = (tan 2x)13dx Z =
(tan 2x)11 1 + tan22x − (tan 2x)9 1 + tan22x + (tan 2x)7 1 + tan22x Chinh phục Olympic Toán 8
h Tạp chí và tư liệu toán học
TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Phạm Việt Anh
−(tan 2x)5 1 + tan22x + (tan 2x)3 1 + tan22x − tan 2x 1 + tan22x + tan 2x 1 Z Z =
(tan 2x)11 − (tan 2x)9 + (tan 2x)7 − (tan 2x)5 + (tan 2x)3 − tan 2x d (tan 2x)+ tan2xdx 2 ! 1 (tan 2x)12 (tan 2x)10 (tan 2x)8 (tan 2x)6 (tan 2x)4 (tan 2x)2 = − + − + − − ln |cos 2x| +C 2 12 10 8 6 4 2
4. Biến đổi nguyên hàm ta có Z Z I = (cot 4x)9dx =
(cot 4x)7 1 + cot24x − (cot 4x)5 1 + cot24x +
+(cot 4x)3 1 + cot24x − (cot 4x) 1 + cot24x dx + cot 4x 1 Z Z = −
(cot 4x)7 − (cot 4x)5 + (cot 4x)3 − (cot 4x) d (cot 4x) + cot 4xdx 4 ! −1 (cot 4x)8 (cot 4x)6 (cot 4x)4 (cot 4x)2 1 = − + − + ln |sin 4x| + C 4 8 6 4 2 4
5. Biến đổi nguyên hàm ta có Z Z I = (tan x + cot x)5dx =
(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 Z =
(tan x)5 + (cot x)5 + 5(tan x)3 + 5(cot x)3 + 10 tan x + 10 cot x dx Z Z =
(tan x)5 + 5(tan x)3 + 10 tan x dx +
(cot x)5 + 5(cot x)3 + 10 cot x dx Z =
(tan x)3 1 + tan2x + 4 tan x 1 + tan2x + 6 tan x dx Z +
(cot x)3 1 + cot2x + 4 cot x 1 + cot2x + 6 cot x dx Z Z Z Z =
(tan x)3 + 4 tan x d (tan x) + 6 tanxdx −
(cot x)3 + 4 cot x d (cot x) + 6 cotxdx (tan x)4 (cot x)4 = + 2tan2x − 6 ln |cos x| − − 2cot2x + 6 ln |sin x| + C 4 4
Tóm lại. Qua 5 ví dụ trên ta đã phần nào hiểu được phương pháp làm các bài tập của dạng
toán này, mấu chốt là đưa về nguyên hàm tích phân hàm đa thức qua các phép biến đổi và
thêm bớt, và đồng thời cũng cần áp dụng linh hoạt công thức khai triển hệ thức Newton để
giải quyết bài toán dễ dàng. Về phần bài tập luyện tập có lẽ không cần thêm vì các bạn có thể
bịa bất kì một bài toán tương tự với các bài mẫu! Chinh phục Olympic Toán 9
h Tạp chí và tư liệu toán học Nguyễn Minh Tuấn
TÍCH PHÂN HÀM LƯỢNG GIÁC Dạng 5 Tính tích phân tổng quát Z (tan x)m Z (cot x)m I = (cos x)n dx, I = (sin x)n dx Phương pháp Z (tan x)m Ta sẽ xét dạng I =
(cos x)n dx vì đây là 2 dạng tương tự nhau.
Trường hợp 1. Nếu m, n chẵn ta biến đổi như sau Z (tan x)m Z 1 k−1 dx Z I = (tan x)m =
(tan x)m 1 + tan2xk−1d (tan x) (cos x)n dx = cos2x cos2x Z = (tan x)m C0 + C1 tan2x1 + . . . + Cp
tan2xp + . . . + Ck−1 tan2xk−1 d (tan x) k−1 k−1 k−1 k−1 (tan x)m+1 (tan x)m+3 (tan x)m+2p+1 (tan x)m+2k−1 = C0 + C1 + . . . + Cp + . . . + Ck−1 + C k−1 m + 1 k−1 m + 3 k−1 m + 2p + 1 k−1 m + 2k − 1
Trường hợp 2. Nếu m và n đều lẻ thì ta biến đổi như sau Z (tan x)2k+1 Z 1 2h tan x Z 1 2h sin x I = dx = (tan x)2k dx = tan2xk dx (cos x)2h+1 cos x cos x cos x cos2x Z 1 k 1 2h 1 Z 1 = − 1 d = u2 − 1ku2hdu u = cos2x cos x cos x cos x Z =
u2h C0 u2k − C1 u2k−1 + . . . + (−1)pCp u2k−p + . . . + (−1)kCk du k k k k u2k+2h+1 u2k+2h−1 u2k+2h−2p+1 u2h+1 = C0 − C1 + . . . + (−1)pCp + . . . + (−1)kCk + C k 2k + 2h + 1 k 2k + 2h − 1 k 2k + 2h − 2p + 1 k 2h + 1
Trường hợp 3. Nếu m chẵn và n lẻ thì ta biến đổi như sau Z (tan x)2k Z (sin x)2k cos x Z (sin x)2k I = dx = dx = d (sin x) (cos x)2h+1 (cos x)2(k+h+1) 1 − sin2xk+h+1 Đặt u = sin x ta có Z u2kdu Z u2k−2 [1 − (1 − u2)] Z u2k−2du Z u2k−2du I = = du = − (1 − u2)k+h+1 (1 − u2)k+h+1 (1 − u2)k+h+1 (1 − u2)k+h
Hệ thức trên là hệ thức truy hồi các bạn có thể tham khảo ở phần sau, do đó tính được I. Nhìn
chung các bài toán trên mang tính tổng quát và có lẽ nhìn vào các lời giải tổng quát đó ta sẽ
thấy nó thật lằng nhằng và phức tạp, nhưng khi vào các ví dụ cụ thể ta sẽ thấy cách làm các
dạng toán này khá dễ. Sau đây ta sẽ đi vào các bài minh họa. Chinh phục Olympic Toán 10
h Tạp chí và tư liệu toán học
TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Phạm Việt Anh Bài 5 Tìm các nguyên hàm sau Z (cot 5x)10 • I = dx (sin 5x)8 Z (tan 4x)7 • I = dx (cos 4x)95 Z (cot 3x)9 • I = dx (sin 3x)41 Z (tan 3x)7 • I = dx (cos 3x)6 Lời giải
1. Biến đổi nguyên hàm ta có Z (cot 5x)10 Z 1 3 dx I = dx = (cot 5x)10 (sin 5x)8 (sin 5x)2 (sin 5x)2 1 Z = −
(cot 5x)101 + cot25x3d (cot 5x) 5 1 Z = −
(cot 5x)10 1 + 3(cot 5x)2 + 3(cot 5x)4 + (cot 5x)6 d (cot 5x) 5 " # 1 (cot 5x)11 (cot 5x)13 (cot 5x)15 (cot 5x)17 = − + 3 + 3 + + C 5 11 13 15 17
2. Biến đổi nguyên hàm ta có Z (tan 4x)7 Z 1 94 tan 4x I = dx = (tan 4x)6 dx (cos 4x)95 cos 4x cos 4x 1 Z 1 3 1 94 1 1 Z = − 1 d = u94 u2 − 13du 4 (cos 4x)2 cos 4x cos 4x 4 1 Z 1 u101 u99 u97 u95 =
u94 u6 − 3u4 + 3u2 − 1 du = − 3 + 3 − + C 4 4 101 99 97 95
3. Biến đổi nguyên hàm ta có Z (cot 3x)9 Z 1 40 cot 3x I = dx = (cot 3x)8 dx (sin 3x)41 sin 3x sin 3x 1 Z 1 4 1 40 1 1 Z = − − 1 d = − u40 u2 − 14du 3 sin2x sin 3x sin 3x 3 Chinh phục Olympic Toán 11
h Tạp chí và tư liệu toán học Nguyễn Minh Tuấn
TÍCH PHÂN HÀM LƯỢNG GIÁC 1 Z 1 u49 u47 u45 u43 u41 = −
u40 u8 − 4u6 + 6u4 − 4u2 + 14du = − − 4 + 6 − 4 + + C 3 3 49 47 45 43 41
4. Biến đổi nguyên hàm ta có Z 1 2 dx 1 Z I = (tan 3x)7 =
(tan 3x)7 1 + tan23x2d (tan 3x) (cos 3x)2 (cos 3x)2 3 1 Z =
(tan 3x)7 1 + 2(tan 3x)2 + (tan 3x)4 d (tan 3x) 3 " # 1 (tan 3x)8 (tan 3x)10 (tan 3x)12 = + 2 + + C 3 8 10 10
Tóm lại. Qua 4 ví dụ trên ta thấy đó, mấu chốt chỉ là công thức lượng giác và phân tích hợp
lý, cái này ở phần hướng dẫn đã có đầy đủ rồi. Tương tự mấy phần trước bài tập tự luyện có lẽ
không cần vì các bạn có thể tự nghĩ ra một câu để mình làm. Ta cùng chuyển tiếp sang phần sau! 2
Các dạng toán biến đổi nâng cao
Các bài toán nguyên hàm tích phân lượng giác rất phong phú và do đó sẽ không dừng lại các
dạng toán bên trên. Ở phần này ta sẽ cùng tìm hiểu các dạng toán nâng cao hơn, với những
phép biến đổi phức tạp hơn. Sau đây chúng ta sẽ cùng đi vào từng dạng toán cụ thể! Dạng 1 Z dx
Tính tích phân tổng quát I = sin (x + a) sin (x + b) Phương pháp Dùng đồng nhất thức sin (a − b) sin [(x + a) − (x + b)]
sin (x + a) cos (x + b) − cos (x + a) sin (x + b) 1 = = = sin (a − b) sin (a − b) sin (a − b) Từ đó suy ra 1 Z
sin (x + a) cos (x + b) − cos (x + a) sin (x + b) I = dx sin (a − b) sin (x + a) sin (x + b) 1 Z cos (x + b) cos (x + a) = − dx sin (a − b) sin (x + b) sin (x + a) 1 =
[ln |sin (x + b)| − ln |sin (x + a)|] + C sin (a − b)
Chú ý. Với cách này, ta có thể tìm được các nguyên hàm Chinh phục Olympic Toán 12
h Tạp chí và tư liệu toán học
TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Phạm Việt Anh Z dx sin (a − b) • J =
bằng cách dùng đồng nhất thức 1 = cos (x + a) cos (x + b) sin (a − b) Z dx cos (a − b) • K =
bằng cách dùng đồng nhất thức 1 = sin (x + a) cos (x + b) cos (a − b)
Sau đây là các ví dụ minh họa cho các bài toán này. Bài 1 Tìm các nguyên hàm sau Z dx • I = sin x sin x + π 6 Z dx • I = cos 3x cos 3x + π 6 Z dx • I = sin x + π cos x + π 3 12 Lời giải 1. Ta có π h π i sin sin x + − x h π π i 1 = 6 6 π = = 2 sin x + cos x − cos x + sin x 1 sin 6 6 2 6 h π i π   Z sin x + cos x − cos x + π sin x cos x + 6 Z cos x ⇒ I = 2 6 dx = 2 − 6 π  π  dx sin x sin x + sin x sin x + 6 6 π Z d (sin x) Z d sin x + sin x = 2 − 2 6 = 2 ln + C sin x π π sin x + sin x + 6 6 2. Ta có π h π i sin sin 3x + − 3x h π π i 1 = 6 6 π = = 2 sin 3x + cos 3x − cos 3x + sin 3x 1 sin 6 6 6 2 h π π i Z sin 3x + cos 3x − cos 3x + sin 3x ⇒ I = 2 6 6 dx cos 3x cos 3x + π 6 π Z sin 3x + Z sin 3x = 2 6 dx − 2 dx π cos 3x + cos 3x 6 Chinh phục Olympic Toán 13
h Tạp chí và tư liệu toán học Nguyễn Minh Tuấn
TÍCH PHÂN HÀM LƯỢNG GIÁC π 2 Z d cos 3x + 2 Z d (cos 3x) 2 cos 3x = − 6 + = ln + C 3 π π cos 3x + 3 cos 3x 3 cos 3x + 6 6 3. Ta có h π π i cos π cos x + − x + 1 = 4 3 12 π = √ cos 2 4 2 √ h π π π π i = 2 cos x + cos x + + sin x + sin x + 3 12 3 12 π π π π √ Z cos x + cos x + + sin x + sin x + ⇒ I = 2 3 12 3 12 dx π π sin x + cos x + 3 12 π π √ Z cos x + √ Z sin x + = 2 3 dx + 2 12 dx π π sin x + cos x + 3 12 π π π √ Z d sin x + √ Z d cos x + √ sin x + = 2 3 − 2 12 = 2 ln 3 + C π π π sin x + cos x + cos x + 3 12 12 Dạng 2 Z
Tính tích phân tổng quát I = tan (x + a) tan (x + b) dx Phương pháp Ta có sin (x + a) sin (x + b)
tan (x + a) tan (x + b) = cos (x + a) cos (x + b)
sin (x + a) sin (x + b) + cos (x + a) cos (x + b) cos (a − b) = − 1 = − 1 cos (x + a) cos (x + b) cos (x + a) cos (x + b) Z dx
Từ đó suy ra I = cos (a − b) − 1. cos (x + a) cos (x + b)
Đến đây ta gặp bài toán tìm nguyên hàm ở Dạng 1.
Chú ý. Với cách này, ta có thể tính được các nguyên hàm Z • J = cot (x + a) cot (x + b) dx Z • K = tan (x + a) tan (x + b) dx Chinh phục Olympic Toán 14
h Tạp chí và tư liệu toán học
TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Phạm Việt Anh
Sau đây là các ví dụ minh họa cho các bài toán này. Bài 2 Tìm các nguyên hàm sau Z π π • I = cot x + cot x + dx 3 6 Z π π • K = tan x + cot x + dx 3 6 Lời giải 1. Ta có π π cos x + cos x + π π cot x + cot x + = 3 6 3 6 π π sin x + sin x + 3 6 π π π π cos x + cos x + + sin x + sin x + = 3 6 3 6 − 1 π π sin x + sin x + 3 6 h π π i √ cos x + − x + 3 1 = 3 6 − 1 = . − 1 π π π π sin x + sin x + 2 sin x + sin x + 3 6 3 6 Từ đó ta tính được √ √ 3 Z 1 Z 3 I = dx − dx = I1 − x + C 2 π π sin x + sin x + 2 3 6 Z dx
Bây giờ ta sẽ đi tính I1 = . π π sin x + sin x + 3 6 Ta có π h π π i sin sin x + − x + 1 = 6 3 6 π = 1 sin 6 2 h π π π π i = 2 sin x + cos x + − cos x + sin x + 3 6 3 6 Từ đó suy ra π π π π Z sin x + cos x + − cos x + sin x + I 3 6 3 6 1 = 2 dx π π sin x + sin x + 3 6 π π π Z cos x + Z cos x + sin x + = 2 6 dx − 2 3 dx = 2 ln 6 + C π π π sin x + sin x + sin x + 6 3 3 Chinh phục Olympic Toán 15
h Tạp chí và tư liệu toán học Nguyễn Minh Tuấn
TÍCH PHÂN HÀM LƯỢNG GIÁC Như vậy thì √ π π 3 sin x + √ sin x + I = .2 ln 6 6 − x + C = 3 ln − x + C 2 π π sin x + sin x + 3 3 2. Ta có π π sin x + cos x + π π tan x + cot x + = 3 6 3 6 π π cos x + sin x + 3 6 π π π π sin x + cos x + − cos x + sin x + = 3 6 3 6 + 1 π π cos x + sin x + 3 6 h π π i sin x + − x + 1 1 = 3 6 + 1 = . + 1 π π π π cos x + sin x + 2 cos x + sin x + 3 6 3 6 Như vậy ta được 1 Z 1 Z 1 K = dx + dx = K1 + x + C 2 π π cos x + sin x + 2 3 6 Ta tính được π Z dx 2 sin x + K 6 1 = = √ ln + C π π π cos x + sin x + 3 cos x + 3 6 3 √ π 3 sin x + ⇒ K = ln 6 + x + C 3 π cos x + 3 Dạng 3 Z dx
Tính tích phân tổng quát I = a sin x + b cos x Phương pháp Ta biến đổi √ a b a sin x + b cos x = a2 + b2 √ sin x + √ cos x a2 + b2 a2 + b2 √ ⇒ a sin x + b cos x = a2 + b2 sin (x + α) 1 Z dx 1 x + α ⇒ I = √ = √ ln tan + C a2 + b2 sin (x + α) a2 + b2 2 Chinh phục Olympic Toán 16
h Tạp chí và tư liệu toán học
TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Phạm Việt Anh
Sau đây là các ví dụ minh họa cho các bài toán này. Bài 3 Tìm các nguyên hàm sau Z 2dx • I = √3sinx + cosx Z dx • J = √ cos 2x − 3 sin 2x Lời giải 1. Ta có Z 2dx Z dx Z dx I = √ = √ = π π 3 sin x + cos x 3 1 sin x cos + cos x sin sin x + cos x 6 6 2 2 π π Z dx Z d x + x + x π = = 6 = ln tan 6 + C = ln tan + + C π π sin x + sin x + 2 2 12 6 6 2. Ta có Z dx 1 Z dx J = √ = √ cos 2x − 3 sin 2x 2 1 3 cos 2x − sin 2x 2 2 π 1 Z dx 1 Z dx 1 Z d − 2x = = = − 6 2 π π π π sin cos 2x − cos sin 2x 2 sin − 2x 4 sin − 2x 6 6 6 6 π 1 − 2x 1 π = − ln 6 tan + C = − ln tan − x + C 4 2 4 12 Dạng 4 Z dx
Tính tích phân tổng quát I = a sin x + b cos x + c Chinh phục Olympic Toán 17
h Tạp chí và tư liệu toán học Nguyễn Minh Tuấn
TÍCH PHÂN HÀM LƯỢNG GIÁC Phương pháp  2dt  dx =   1 + t2    2t  x  sin x =  Đặt tan = t ⇒ 1 + t2
Sau đây là các ví dụ minh họa cho các bài toán này. 2 1 − t2   cos x =   1 + t2   2t   tan x =  1 − t2 Bài 4 Tìm các nguyên hàm sau Z dx • I = 3 cos x + 5 sin x + 3 Z 2dx • J = 2 sin x − cos x + 1 Z dx • K = sin x + tan x π Z 2 1 + sin x • I = ln dx 1 + cos x 0 Lời giải 1. Ta đặt  2dt   dx =   1 + t2 x   2t tan = t ⇒ sin x = 2 1 + t2    1 − t2   cos x =  1 + t2 Từ đó ta có 2dt Z Z 1 + t2 2dt I = = 1 − t2 2t 3 − 3t2 + 10t + 3 + 3t2 3. + 5 + 3 1 + t2 1 + t2 Z 2dt 1 Z d (5t + 3) 1 1 x = = = ln |5t + 3| + C = ln 5 tan + 3 + C 10t + 6 5 5t + 3 5 5 2  2dt x  dx =  2. Đặt tan = t ⇒ 1 + t2 2 2t 1 − t2   sin x = , cos x = 1 + t2 1 + t2 2dt 2. Z Z 4dt Z 4dt Z dt ⇒ 1 + t2 J = = = = 2 2t 1 − t2 4t − 1 + t2 + 1 + t2 2t2 + 4t t (t + 2) 2. − + 1 1 + t2 1 + t2 Chinh phục Olympic Toán 18
h Tạp chí và tư liệu toán học
TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Phạm Việt Anh Z 1 1 x x = −
dt = ln |t| − ln |t + 2| + C = ln tan − ln tan + 2 + C t t + 2 2 2  2dt x  dx =  3. Đặt tan = t ⇒ 1 + t2 2 2t 2t  sin x = , tan x =  1 + t2 1 − t2 2dt Z 1 Z 1 − t2 1 Z dt 1 Z ⇒ 1 + t2 K = = dt = − tdt 2t 2t 2 t 2 t 2 + 1 + t2 1 − t2 1 1 1 x 1 x = ln |t| − t2 + C = ln tan − tan2 + C 2 4 2 2 4 2
4. Biến đổi giả thiết ta được  x x x x  π π Z sin2 + cos2 + 2 sin cos 2 1 + sin x Z 2 ln dx = ln 2 2 2 2 dx   1 + cos x x 0 0 2cos2 2 π 1 Z 2 x x = ln tan2 + 2 tan + 1 dx 2 2 2 0 Đặt x 1 Z 1 tan = t ⇒ I = t2 + 1 ln t2 + t + 1 dt 2 2 0 Z b Z b
Đến đây sử dụng tích chất f (x) dx =
f (a + b − x) dx ta sẽ tính được tích phân cần a a tính. Cách 2. Ta có π π Z 2 Z 2 I = ln (1 + sin x) dx − ln (1 + cos x) dx 0 0
Sử dụng tích phân từng phần ta có π π Z 2 π Z 2 x cos x ln (1 + sin x) dx = ln 2 − dx 2 1 + sin x 0 0 π π Z 2 Z 2 x sin x ln (1 + cos x) dx = dx 1 + cos x 0 0 π π ! π Z 2 x cos x Z 2 x sin x ⇒ I = ln 2 − dx + dx 2 1 + sin x 1 + cos x 0 0 π Z 2 x cos x π Từ đây ta sẽ đi tính dx. Đặt t = − x ta được 1 + sin x 2 0 π π π Z 2 x cos x π Z 2 sin x Z 2 x sin x dx = dx − dx ⇒ I = 0 1 + sin x 2 1 + cos x 1 + cos x 0 0 0 Dạng 5 Z dx
Tính tích phân tổng quát I =
a.sin2x + b. sin x cos x + c.cos2x Chinh phục Olympic Toán 19
h Tạp chí và tư liệu toán học Nguyễn Minh Tuấn
TÍCH PHÂN HÀM LƯỢNG GIÁC Phương pháp Z dx
Ta biến đổi về dạng I = . (atan2x + b tan x + c) .cos2x Ta đặt dx Z dt tan x = t ⇒ = dt ⇒ I = cos2x at2 + bt + c
Sau đây là các ví dụ minh họa cho các bài toán này. Bài 5 Tìm các nguyên hàm sau Z dx • I =
3sin2x − 2 sin x cos x − cos2x Z dx • J =
sin2x − 2 sin x cos x − 2cos2x Lời giải 1. Ta có Z dx Z dx I = =
3sin2x − 2 sin x cos x − cos2x
(3tan2x − 2 tan x − 1) cos2x Đặt dx Z dt Z dt tan x = t ⇒ = dt ⇒ I = = cos2x 3t2 − 2t − 1 (t − 1) (3t + 1) 1 Z 1 3 1 Z dt 1 Z d (3t + 1) = − dt = − 4 t − 1 3t + 1 4 t − 1 4 3t + 1 1 t − 1 1 tan x − 1 = ln + C = ln + C 4 3t + 1 4 3 tan x + 1 2. Ta có Z dx Z dx J = =
sin2x − 2 sin x cos x − 2cos2x
(tan2x − 2 tan x − 2) cos2x dx Đặttan x = t ⇒ = dt cos2x √ Z dt Z d (t − 1) 1 t − 1 − 3 ⇒ J = = √ = √ ln √ + C t2 − 2t − 2 (t − 1)2 − 32 2 3 t − 1 + 3 √ 1 tan x − 1 − 3 = √ ln √ + C 2 3 tan x − 1 + 3 Chinh phục Olympic Toán 20
h Tạp chí và tư liệu toán học
TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Phạm Việt Anh Dạng 6 Z a1 sin x + b1 cos x
Xét tích phân tổng quát I = dx a2 sin x + b2 cos x Phương pháp Ta tìm A, B sao cho
a1 sin x + b1 cos x = A (a2 sin x + b2 cos x) + B (a2 cos x − b2 sin x) Bài 6 Tìm các nguyên hàm sau Z 4 sin x + 3 cos x • I = dx sin x + 2 cos x Z dx • J =
sin2x − 2 sin x cos x − 2cos2x Lời giải
1. Ta tìm A, B sao cho 4 sin x + 3 cos x = A (sin x + 2 cos x) + B (cos x − 2 sin x)    A − 2B = 4  A = 2
⇒ 4 sin x + 3 cos x = (A − 2B) sin x + (2A + B) cos x ⇒ ⇔  2A + B = 3  B = −1 Z
2 (sin x + 2 cos x) − (cos x − 2 sin x) Từ đó I = dx sin x + 2 cos x Z Z d (sin x + 2 cos x) = 2 dx −
= 2x − ln |sin x + 2 cos x| + C sin x + 2 cos x
2. Ta tìm A, B sao cho 3 cos x − 2 sin x = A (cos x − 4 sin x) + B (− sin x − 4 cos x)    A − 4B = 3  A = 11
⇒ 3 cos x − 2 sin x = (A − 4B) cos x + (−4A − B) sin x ⇒ ⇔ 17  4A + B = 2  B = − 10 17 Từ đó ta có 11 10 Z (cos x − 4 sin x) − (− sin x − 4 cos x) J = 17 17 dx cos x − 4 sin x 11 Z 10 Z d (cos x − 4 sin x) 11 10 = dx − = x − ln |cos x − 4 sin x| + C 17 17 cos x − 4 sin x 17 17 Dạng 7 Z
a(sin x)2 + b sin x cos x + c(cos x)2
Xét tích phân tổng quát I = dx m sin x + n cos x Chinh phục Olympic Toán 21
h Tạp chí và tư liệu toán học Nguyễn Minh Tuấn
TÍCH PHÂN HÀM LƯỢNG GIÁC 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 sin2x + cos2x
⇔ 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 ⇔ np + mq = b ⇔ np + mq = b ⇔ q = m2 + n2          an2 + cm2 − bmn  nq + r = c  mp − nq = a − c   r =  m2 + n2 Khi đó ta có Z (a − c) m + bn (a − c) n − bm an2 + cm2 − bmn Z dx I = sin x + cos x dx+ m2 + n2 m2 + n2 m2 + n2 m sin x + n cos x (a − c) n − bm (a − c) m + bn an2 + cm2 − bmn Z dx = sin x − cos x + m2 + n2 m2 + n2 m2 + n2 m sin x + n cos x
Tích phân cuối cùng ta đã được tìm hiểu ở dạng trước!
Sau đây là các ví dụ minh họa cho các bài toán này. Bài 7 Tính các tích phân sau π Z (cos x)2dx • I = 3 √ 0 sin x + 3 cos x √ √ Z
3 3 − 2 (sin x)2 + 4 3 + 3 sin x cos x + 2(cos x)2 • I = dx 3 sin x + 4 cos x Lời giải 1. Giả sử √
(cos x)2 = (a sin x + b cos x) sin x + 3 cos x + c sin2x + cos2x √ √
⇔ (cos x)2 = (a + c) (sin x)2 + a 3 + b sin x cos x + b 3 + c (cos x)2 √ 1 3 1 ⇔ a = − ; b = ; c = 4 4 4 √ π ! π 1 Z 3 3 1 1 Z 3 dx ⇒ I = cos x − sin x dx + √ 2 2 2 4 0 0 sin x + 3 cos x Chinh phục Olympic Toán 22
h Tạp chí và tư liệu toán học
TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Phạm Việt Anh π π 1 Z 3 Z π π 1 3 dx = cos cos x − sin sin x dx + 2 6 6 8 π π 0 0 cos sin x + sin cos x 3 3 π π π 1 Z 3 Z π 1 3 dx 1 π 1 x π 3 = cos x + dx + = sin x + + ln tan + 2 6 8 π 2 6 8 2 6 0 0 sin x + 0 3 1 1 √ 1 1 √ 1 1 √ 1 √ = + ln 3 − − ln 3 = + ln 3 = 1 + ln 3 2 8 4 8 4 4 4 2. Giả sử √ √
3 3 − 2 (sin x)2 + 4 3 + 3 sin x cos x + 2(cos x)2
= (a sin x + b cos x) (3 sin x + 4 cos x) + c sin2x + cos2x  √  √  3a + c = 3 3 − 2  a = 3      √  ⇔ 4a + 3b = 4 3 + 3 ⇔ b = 1        4b + c = 2  c = −2 √ π ! π 1 Z 3 3 1 Z 3 dx ⇒ I = sin x + cos x dx − 2 2 2 2 3 sin x + 4 cos x 0 0 π π 1 Z 3 Z π π 2 3 dx = sin sin x + cos cos x dx − 2 3 3 5 0 0
sin arcsin 3 sin x + cos arcsin 3 cos x 5 5 π π π π 1 Z 3 Z Z Z π 2 3 dx 1 3 π 2 3 d [sin (x − u)] = cos x − dx − = cos x − dx − 2 3 5 cos (x − u) 2 3 5 0 0 0 0 1 − sin2 (x − u) π √ π 1 π 1 1 + sin (x − u) 3 − 3 1
1 + sin x cos u − sin u cos x 3 = sin x − − ln = − ln 2 3 5 1 − sin (x − u) 4 5
1 − sin x cos u + sin u cos x 0 0 √ π π √ √ 3 1 5 − 4 sin + 3 cos 1 1 13 − 4 3 3 = − + ln 3 3 √ − ln 4 = ln − 4 5 π π 5 + 4 sin − 3 cos 5 5 4 7 + 4 3 4 3 3 Dạng 8 Xét tích phân tổng quát Z m sin x + n cos x I = dx
a(sin x)2 + 2b sin x cos x + c(cos x)2 Phương pháp a − λ b Gọi λ
1, λ2 là nghiệm của phương trình = 0 b c − λ q a + c ± (a − c)2 + 4b2
⇔ λ2 − (a + c) λ + ac − b2 = 0 ⇔ λ1,2 = 2 Chinh phục Olympic Toán 23
h Tạp chí và tư liệu toán học Nguyễn Minh Tuấn
TÍCH PHÂN HÀM LƯỢNG GIÁC Biến đổi một xíu:
a(sin x)2 + 2b sin x cos x + c(cos x)2 = λ1A2 + λ 1 2A2 2 λ b 2 λ b 2 = 1 cos x − sin x + 2 cos x − sin x b2 a − λ 1 + b2 a − λ 1 + 1 2 (a−λ2)2 (a − λ1)2 b b 1 Đặt u1 = cos x − sin x; u2 = cos x − sin x; k1 = ; k2 = 1 a − λ a−λ2 1 a − λ2 a − λ1 1 1 A1 = (cos x − bk (cos x − bk p 1 sin x) ; A2 = 2 sin x) 1 + b2k2 p1 + b2k2 1 2 Để ý A2 + A2 = 1 ⇒ λ + λ = (λ + λ + λ 1 2 1A2 1 2A2 2 1 − λ2) A2 1 2 = (λ2 − λ1) A2 2 1 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 − λ bm − n (a − λ ⇔ 2) 1) p q n ⇔ p = (a − λ1) ; q = (a − λ2) b (λ b (λ  + = 2 − λ1) 1 − λ2) a − λ1 a − λ2 b Z m sin x + n cos x Z −pdu Z −qdu ⇒ I = dx = 1 + 2
a(sin x)2 + 2b sin x cos x + c(cos x)2 (λ1 − λ2) A2 + λ (λ + λ 1 2 2 − λ1) A2 2 1 q Z dA q Z dA = −p 1 + b2k2 1 − q 1 + b2k2 2 1 (λ 2 1 − λ2) A2 + λ (λ + λ 1 2 2 − λ1) A2 2 1
Sau đây là các ví dụ minh họa cho các bài toán này. Bài 8 Tính tích phân sau Z (sin x + cos x) dx I =
2sin2x − 4 sin x cos x + 5cos2x Lời giải
Gọi λ1, λ2 là 2 nghiệm của phương trình 2 − λ −2 = 0 ⇔ λ1 = 1; λ2 = 6 −2 5 − λ Ta có: 1 24 1 2
2sin2x − 4 sin x cos x + 5cos2x = (cos x + 2 sin x)2 + cos x − sin x 5 5 2 1 2 1
A1 = √ (cos x + 2 sin x) ; A2 = √ cos x − sin x ; A2 + A2 = 1 1 2 5 5 2 Chinh phục Olympic Toán 24
h Tạp chí và tư liệu toán học
TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Phạm Việt Anh Z (sin x + cos x) dx 3 Z (2 sin x + cos x) dx 1 Z (sin x − 2 cos x) dx ⇒ I = = −
2sin2x − 4 sin x cos x + 5cos2x 5 (2 cos x − sin x)2 + 1 5 6 − (cos x + 2 sin x)2 3 Z d (sin x − 2 cos x) 1 Z d (cos x + 2 sin x) = + 5 (sin x − 2 cos x)2 + 1 5 6 − (cos x + 2 sin x)2 √ 3 1 6 + cos x + 2 sin x = arctan (sin x − 2 cos x) + √ ln √ + C 5 10 6 6 − cos x − 2 sin x Dạng 9 Z dx dx
Biến đổi nâng cao với 2 dạng tích phân (sin x)n và R (cos x)n
Thực chất mình chia dạng toán này thành 1 dạng toán nhỏ vì trong khi tính nguyên hàm
hoặc tích phân ta sẽ có thể gặp các bài toán kiểu thế này, do đó mình muốn giới thiệu
cho các bạn các cách để xử lý nó. Z dx Xét bài toán (sin x)n x Z dx Z dx Z dx Z d tan x • I 2 1 = = = = = ln tan + C sin x x x x x x 2 sin cos 2 tan cos2 tan 2 2 2 2 2 2 Z dx Z • I2 = = −d (cot x) = − cot x + C sin2x Z dx Z dx Z dx 1 Z 1 + tan2 x 2d tan x • I 2 2 3 = = = = sin3x 2 sin x cos x 3 8 tan x 3 cos x 6 4 tan x 3 2 2 2 2 2 " # 1 Z 1 + 2tan2 x + tan4 x 1 −1 x 1 x 2 = 2 2 = + 2 ln tan + tan + C 4 tan x 3 4 2 tan x 2 2 2 2 2 2 Z dx Z 1 • I4 = = − 1 + cot2x d (cot x) = − cot x + cot3x + C sin4x 3 Z dx Z dx Z dx • I5 = = = sin5x 2 sin x cos x 5 32 tan x 5 cos x 10 2 2 2 2 1 Z 1 + tan2 x 4d tan x
1 Z 1 + 4tan2 x + 6tan4 x + 4tan6 x + tan8 x x = 2 2 = 2 2 2 2 d tan 16 tan x 5 16 tan x 5 2 2 2 " # 1 −1 2 x x 2 1 x 4 = − + 6 ln tan + 2 tan + tan + C 16 4 tan x 4 tan x 2 2 2 4 2 2 2 Z dx Z 2 1 • I6 = = − 1 + cot2x2d (cot x) = − cot x + cot3x + cot5x + C sin6x 3 5 Chinh phục Olympic Toán 25
h Tạp chí và tư liệu toán học Nguyễn Minh Tuấn
TÍCH PHÂN HÀM LƯỢNG GIÁC Z dx Z dx Z dx 1 Z 1 + tan2 x 6d tan x • I 2 2 7 = = = = sin7x 2 sin x cos x 7 27 tan x 7 cos x 14 26 tan x 7 2 2 2 2 2 " 1 −1 3 15 x = − − + 20 ln tan 64 6 tan x 6 2 tan x 4 2 tan x 2 2 2 2 2 15 x 2 3 x 4 1 x 6 + tan + tan + tan + C 2 2 2 2 6 2 Z dx Z Z • I8 = = − 1 + cot2x3d (cot x) = −
1 + 3cot2x + 3cot4x + cot6x d (cot x) sin8x 3 1 = − cot x + cot3x + cot5x + cot7x + C 5 7 Z dx Z dx • I9 = = (sin x)2n+1 2 sin x cos x 2n+1 2 2 Z dx 1 Z 1 + tan2 x 2nd tan x = = 2 2 22n+1 tan x 2n+1 cos x 4n+2 22n tan x 2n+1 2 2 2 " 1 −C0 Cn−1 x = 2n − . . . − 2n + Cn ln tan 22n 2n 2n tan x 2n 2 tan x 2 2 2 2 Cn+1 x 2 C2n x 2n + 2n tan + . . . + 2n tan + C 2 2 2n 2 Z dx Z • I10 = = − 1 + cot2xnd (cot x) sin2n+2x Z h = −
C0 + C1cot2x + . . . + Ck cot2xk + . . . + Cn cot2xni d (cot x) n n n n C1 Ck Cn = − C0 (cot x) + n cot3x + . . . + n (cot x)2k+1 + . . . + n (cot x)2n+1 + C 11 3 2k + 1 2n + 1 Z dx Xét bài toán I = (cos x)n Z dx Z d x + π Z du Z du Z du • I 2 1 = = = = = cos x sin x + π sin u 2 sin u cos u 2 tan u cos2 u 2 2 2 2 2 Z d tan u u x π = 2 = ln tan + C = ln tan + + C tan u 2 2 4 2 Z dx Z • I2 = = d (tan x) = tan x + C cos2x Chinh phục Olympic Toán 26
h Tạp chí và tư liệu toán học
TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Phạm Việt Anh π Z dx Z d x + Z du Z du Z du • I 2 3 = = = = = cos3x π u u 3 u 3 u 6 sin3 x + sin3u 2 sin cos 8 tan cos 2 2 2 2 2 " # 1 Z 1 + tan2 u 2d tan u 1 −1 u 1 u 2 = 2 2 = + 2 ln tan + tan + C 4 tan u 3 4 2 tan u 2 2 2 2 2 2 " # 1 −1 x π 1 h x π i2 = + 2 ln tan + + tan + + C 4 2tan x + π 2 2 4 2 2 4 2 4 Z dx Z 1 • I4 = = 1 + tan2 x d (tan x) = tan x + tan3x + C cos4x 3 Z dx Z d x + π Z du I 2 5 = = = cos5x sin5 x + π sin5u 2 Z du Z du = = 2 sin u cos u 5 32 tan u 5 cos u 10 2 2 2 2 1 Z 1 + tan2 u 4d tan u = 2 2 16 tan u 5 2
1 Z 1 + 4tan2 u + 6tan4 u + 4tan6 u + tan8 u u = 2 2 2 2 d tan 16 tan u 5 2 2   1 −1 2 u u 2 1 u 4 =  − + 6 ln tan + 2 tan + tan  + C 16  u 4 u 2 2 2 4 2  4 tan tan 2 2 Z dx Z 1 • I6 = =
1 + tan2x2d (tan x) = tan x + tan3x + tan5x + C cos6x 5 π Z dx Z d x + Z du Z du • I 2 7 = = = = cos7x π u 7 u 14 sin7 x + sin7u 27 tan cos 2 2 2 u 6 u 1 Z 1 + tan2 d tan = 2 2 26 u 7 tan 2 u u u u u u 1 Z 1 + 6tan2 + 15tan4 + 20 tan + 15tan8 + 6tan10 + tan12 u = 2 2 2 2 2 2 d tan 26 u 7 2 tan 2 " 1 −1 3 15 u = − − + 20 ln tan 64 6 tan u 6 2 tan u 4 2 tan u 2 2 2 2 2 15 u 2 3 u 4 1 u 6 + tan + tan + tan + C 2 2 2 2 6 2 Chinh phục Olympic Toán 27
h Tạp chí và tư liệu toán học Nguyễn Minh Tuấn
TÍCH PHÂN HÀM LƯỢNG GIÁC Z dx Z • I8 = =
1 + tan2x3d (tan x) = R (1 + 3 tan x2 + 3 tan x4 + tan x6) d (tan x) = cos8x
tan x + tan3x + 3 tan5x + 1 tan7x + C 5 7 Z dx Z d x + π Z du Z du • I 2 9 = = = = cos2n+1x π u u 2n+1 sin2n+1 x + (sin u)2n+1 2 sin cos 2 2 2 u 2n u Z du 1 Z 1 + tan2 d tan = = 2 2 u 2n+1 u 4n+2 22n u 2n+1 22n+1 tan cos tan 2 2 2
1 Z C0 + C1 + C1 tan2 u + . . . + Cn tan2 u n + . . . + C2n tan2 u 2n u = 2n 2n 2n 2 2n 2 2n 2 d tan 22n tan u 2n+1 2 2 " 1 −C0 Cn−1 u = 2n − . . . − 2n + Cn ln tan 22n 2n 2n tan u 2n 2 tan u 2 2 2 2 Cn+1 u 2 C2n u 2n + 2n tan + . . . + 2n tan + C 2 2 2n 2 Z dx Z • I10 = = 1 + tan2xnd (tan x) cos2n+2x Z =
C0 + C1tan2x + . . . + Ck tan2xk + . . . + Cn tan2xn d (tan x) 11 n n n C1 Ck Cn = C0 (tan x) + n tan x3 + . . . + n (tan x)2k+1 + . . . + n (tan x)2n+1 + C n 3 2k + 1 2n + 1
Tóm lại. Qua các bài toán với những lời giải kinh khủng ở trên chắc đã làm bạn đọc choáng
rồi, tuy nhiên hãy để ý nó có mấu chốt cả nhé. Đầu tiên là 2 dạng này tương tự nhau nên mình
sẽ chỉ nói một dạng. Các bạn hãy chú ý tới các bài số mũ chẵn, mấu chốt chỉ là sử dụng công x
thức theo tan và sin, còn những bài số mũ lẻ ta đều sử dụng cách tách sin x = 2 sin d x cos 2 2
đó chính là chìa khoá của các bài toán trên, lời giải khủng chẳng qua là biến đổi dài thôi chứ
không có gì khó khăn cả! Chinh phục Olympic Toán 28
h Tạp chí và tư liệu toán học Chương 2 Bài Toán Đề Xuất
Tính các nguyên hàm hoặc tích phân sau π 3 Z Bài 1. tan4xdx π 4 π 2 Z cos6x Bài 2. dx sin4x π 4 π 4 Z sin2x Bài 3. dx cos6x 0 π 2 Z sin 2x Bài 4. dx 4 − cos2x 0 π 4 Z 1 − 2sin2x Bài 5. dx 1 + sin 2x 0 π 2 Z Bài 6. I =
sin10x + cos10x − sin4xcos4x dx 0 π 3 Z 1 Bài 7. I = dx π sin x sin x + π 6 6 π 2 Z sin 2x + sin x Bài 8. I = √ dx 1 + 3 cos x 0 π 2 Z sin 2x cos x Bài 9. I = dx 1 + cos x 0 29 Nguyễn Minh Tuấn
TÍCH PHÂN HÀM LƯỢNG GIÁC π 2 Z sin 2x Bài 10. I = √ dx cos2x + 4sin2x 0 π 2 Z cos 3x Bài 11. I = dx sin x + 1 0 π 2 Z cos 2x Bài 12. I = dx (sin x − cos x + 3)3 0 π 4 Z cos 2x Bài 13. I = dx 1 + 2 sin 2x 0 π 6 Z sin 3x − sin33x Bài 14. I = dx 1 + cos 3x 0 Chinh phục Olympic Toán 30
h Tạp chí và tư liệu toán học Tài liệu tham khảo
[1] Tuyển tập các chuyên đề và kỹ thuật tính tích phân - Trần Phương [2] Tài liệu Internet 31
Document Outline

  • Các dạng toán và phương pháp
    • Các dạng toán cơ bản
    • Các dạng toán biến đổi nâng cao
  • Bài Toán Đề Xuất