Chủ đề này có 77 trả lời

[vietfrog]

Cậu Phúc và mọi người thử sức với 2 câu này nhé:
Bài 10:
\[{I_1} = \int {\frac{{{x^4}}}{{{x^6} + 1}}dx} \]
Bài 11:
\[{I_2} = \int {\frac{{2\sin x + 3\cos x}}{{{{\left( {4\sin x + 5\cos x} \right)}^2}}}dx} \]

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vietfrog: 01-03-2012 - 17:18

[dark templar]

Cậu Phúc và mọi người thử sức với 2 câu này nhé:
\[{I_1} = \int {\frac{{{x^4}}}{{{x^6} + 1}}dx} \]

Thử với câu này
Ta sẽ tính $J=\int \frac{x^4+2}{x^6+1}dx$.
Có:
$$J=\int \left ( \frac{1}{x^2+1}+\frac{1}{x^4-x^2+1} \right )dx=C+\arctan{x}+\int \frac{dx}{x^4-x^2+1}$$
Như vậy ta chỉ cần tính $K=\int \frac{dx}{x^4-x^2+1}$
Với trường hợp $x=0$ làm dễ dàng,xét $x \neq 0$.Khi đó:
$$K=\int \frac{\frac{dx}{x^2}}{x^2-1+\frac{1}{x^2}}=-\int \frac{d\left ( \frac{1}{x} \right )}{\left ( x-\frac{1}{x} \right )^2+1}$$
Với $t=\frac{1}{x}$ thì :
$$K=\int \frac{t^2dt}{t^4-t^2+1}=\frac{1}{2}\left ( \int \left [ \frac{1}{t^2+1-\sqrt{3}t}+\frac{1}{t^2+1+\sqrt{3}t} \right ]dt-\int \frac{dt}{t^4-t^2+1} \right )=\frac{1}{2}\int \left ( \frac{1}{t^2+1-\sqrt{3}t}+\frac{1}{t^2+1+\sqrt{3}t} \right )dt-\frac{1}{2}K$$
Suy ra :
$$K=\frac{1}{3}\int \left ( \frac{1}{t^2+1-\sqrt{3}t}+\frac{1}{t^2+1+\sqrt{3}t} \right )dt$$
Cái này thì chắc bạn tính được
Vậy ta đã tính được $J$.Mặt khác :
$$J=\int \frac{x^4+1}{x^6+1}dx+\int \frac{dx}{x^6+1}$$
Có cái nguyên hàm đã tính được ở trên,như vậy ta tính được $\int \frac{dx}{x^6+1}$
Trở lại bài toán:
Ta có:
$$I=\int \frac{x^4+1}{x^6+1}dx-\int \frac{dx}{x^6+1}$$
Tất cả các nguyên hàm ở trên đều tính được.Xong.

[hung0503]

\[{I_2} = \int {\frac{{2\sin x + 3\cos x}}{{{{\left( {4\sin x + 5\cos x} \right)}^2}}}dx} \]

\[I_2=\frac{2}{41}\int \frac{(4cosx-5sinx)dx}{(4sinx+5cosx)^2}+\frac{23}{41}\int \frac{(4sinx+5cosx)dx}{(4sinx+5cosx)^2}\]
Đến đây thì làm bình thường rồi.

$$I_2=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\ln\left ( \frac{1+\sin{x}}{1+\cos{x}} \right )dx$$

$$I_2=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}ln(1+sinx)dx-\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}ln(1+cosx)dx$$
Từng phần tính đc
$$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}ln(1+sinx)dx=\frac{\pi}{2}ln2-\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{xcosx}{1+sinx}dx$$

$$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}ln(1+cosx)dx=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{xsinx}{1+cosx}dx$$

suy ra $$I_2=\frac{\pi}{2}ln2-\left ( \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{xcosx}{1+sinx}dx +\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{xsinx}{1+cosx}dx \right )$$

đến đây ta tính $$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{xcosx}{1+sinx}dx $$ bằng cách đặt
$$t=\frac{\pi}{2}-x$$
$$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{xcosx}{1+sinx}dx=\frac{\pi}{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{sinx}{1+cosx}dx-\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{xsinx}{1+cosx}dx$$

từ đây$$ I_2=0$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hung0503: 03-12-2011 - 21:29

[vietfrog]

$$I_2=\frac{2}{41}\int \frac{(4cosx-5sinx)dx}{(4sinx+5cosx)^2}+\frac{23}{41}\int \frac{(4sinx+5cosx)dx}{(4sinx+5cosx)^2}$$
Đến đây thì làm bình thường rồi.

Cách làm rất hay.
Thêm câu nữa nè.
Bài 12
\[I = \int {\frac{{\sin x + 2\cos x + 3}}{{\left( {3\sin x + 4\cos x + 6} \right)}}dx} \]
Đề tự chế nên mọi người phân tích cách làm thôi cũng được.
Ví dụ như phân tích cách tách, tìm hệ số trong bài giải ở trên.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vietfrog: 01-03-2012 - 17:18

[hung0503]

Cách làm rất hay.
Thêm câu nữa nè.
\[I = \int {\frac{{\sin x + 2\cos x + 3}}{{\left( {3\sin x + 4\cos x + 6} \right)}}dx} \]
Đề tự chế nên mọi người phân tích cách làm thôi cũng được.
Ví dụ như phân tích cách tách, tìm hệ số trong bài giải ở trên.

Mình nghĩ cũng tương tự bài trên, bằng cách đồng nhất hệ số, ta đc
$$sinx+2cosx+3= \frac{2}{25}(3cosx-4sinx)+\frac{11}{25}(3sinx+4cosx+6)+\frac{9}{25}$$

@vietfrog: cho mình thêm cái $ ở cái #24 nha, để như vậy xấu quá

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hung0503: 03-12-2011 - 21:43

[vietfrog]

Định chuyển dạng mà lại gõ nhầm. Bài trên hướng làm chuẩn rồi. Thêm dấu bình phương ở mẫu nữa cho hay.
Bài 13:
\[I = \int {\frac{{\sin x + 2\cos x + 3}}{{{{\left( {3\sin x + 4\cos x + 6} \right)}^2}}}dx} \]


P/s: Cảm ơn hung0503 đã tham gia Topic.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vietfrog: 01-03-2012 - 17:19

[GaDiHoc]

tương tự như trên ta tách tử số thành $m(f(x))+n(f'(x))$
chỉ còn lại cái \[
\int {\dfrac{{mdx}}{{3\sin x + 4\cos x + 6}}}
\]

đặt t=\[
tg\dfrac{x}{2}
\]
với\[
\begin{array}{l}
{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}} = \dfrac{{2t}}{{1 + t^2 }} \\
\cos x = \dfrac{{1 - t^2 }}{{1 + t^2 }} \\
x = 2{\rm{ar}}ctgt \Rightarrow dx = \dfrac{{2dt}}{{1 + t^2 }} \\
\end{array}
\]

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vietfrog: 01-03-2012 - 17:20

[nguyenthanhthi12a4]

Bài 1:
a) $\int\limits_{ - 1}^0 {\dfrac{1}{{x^2 - 4x + 3}}} dx = \int\limits_{ - 1}^0 {\dfrac{1}{{\left( {x - 3} \right)\left( {x - 1} \right)}}} dx = \dfrac{1}{2}\int\limits_{ - 1}^0 {\left( {\dfrac{1}{{x - 3}} - \dfrac{1}{{x - 1}}} \right)} dx$
$= \left. {\dfrac{1}{2}\ln \left| {\dfrac{{x - 3}}{{x - 1}}} \right|} \right|_{ - 1}^0 $.
b) Tương tự a)
...
Những câu tiếp theo dành cho các bạn khác. pp chung là dùng phép phân tích, thêm bớt, có thể đổi biến số...

cho mình hỏi là tại sao là $\dfrac{1}{2}\int_{-1}^{0}(\dfrac{1}{x-3}-\dfrac{1}{x-1})$
công thức đó ở đâu vậy

[Crystal]

cho mình hỏi là tại sao là $\dfrac{1}{2}\int_{-1}^{0}(\dfrac{1}{x-3}-\dfrac{1}{x-1})$
công thức đó ở đâu vậy

Đó không phải là công thức bạn à, chỉ là phép phân tích, biến đổi của biểu thức $\dfrac{1}{{\left( {x - 3} \right)\left( {x - 1} \right)}}$ thôi.

Ta có: $$\dfrac{1}{{\left( {x - 3} \right)\left( {x - 1} \right)}} = \dfrac{{\dfrac{1}{2}\left[ {\left( {x - 1} \right) - \left( {x - 3} \right)} \right]}}{{\left( {x - 3} \right)\left( {x - 1} \right)}} = \dfrac{1}{2}\left( {\dfrac{1}{{x - 3}} - \dfrac{1}{{x - 1}}} \right)$$
Từ đó ta được kết quả như trên.

[Crystal]

Góp cho Việt một bài. Tính các tích phân bất định:
Bài 14. $$I=\int \dfrac{dx}{x+\sqrt{x^{2}+x+1}}$$
Bài 15. $$J=\int \dfrac{\sqrt{\sqrt{x^{4}+1}-x^{2}}}{x^{4}+1}dx$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vietfrog: 01-03-2012 - 17:21

[chautrongnguyen12a4]

2)

a) $\int\limits_0^1 {\dfrac{{{x^4} + 1}}{{{x^6} + 1}}dx} = \int\limits_0^1 {\dfrac{{{x^4} - {x^2} + 1}}{{{x^6} + 1}}dx} + \int\limits_0^1 {\dfrac{{{x^2}}}{{{{\left( {{x^3}} \right)}^2} + 1}}dx} = \int\limits_0^1 {\dfrac{1}{{{x^2} + 1}}dx} + \int\limits_0^1 {\dfrac{{{x^2}}}{{{{\left( {{x^3}} \right)}^2} + 1}}dx} $

đến đây thì dễ rồi

em không hiểu $\int_{0}^{1}\dfrac{x^{4}-x^{2}+1}{x^{6}+1}dx =\int_{0}^{1}\dfrac{1}{x^{^{2}}+1}dx$
và
$\int_{0}^{1}\dfrac{x^{2}}{\left ( x^{3} \right )^{2}+1}dx$ giải sao nữa ạ

[Crystal]

em không hiểu $\int_{0}^{1}\dfrac{x^{4}-x^{2}+1}{x^{6}+1}dx =\int_{0}^{1}\dfrac{1}{x^{^{2}}+1}dx$
và
$\int_{0}^{1}\dfrac{x^{2}}{\left ( x^{3} \right )^{2}+1}dx$ giải sao nữa ạ

Ta có: $$\int\limits_0^1 {\dfrac{{{x^4} - {x^2} + 1}}{{{x^6} + 1}}dx = \int\limits_0^1 {\dfrac{{{x^4} - {x^2} + 1}}{{\left( {{x^2} + 1} \right)\left( {{x^4} - {x^2} + 1} \right)}}} } dx = \int\limits_0^1 {\dfrac{1}{{{x^2} + 1}}} dx$$
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Tính $\boxed{\int\limits_0^1 {\dfrac{{{x^2}}}{{{{\left( {{x^3}} \right)}^2} + 1}}dx} }$

Ta có: $$\int\limits_0^1 {\dfrac{{{x^2}}}{{{{\left( {{x^3}} \right)}^2} + 1}}dx} = \dfrac{1}{3}\int\limits_0^1 {\dfrac{{d\left( {{x^3}} \right)}}{{{{\left( {{x^3}} \right)}^2} + 1}}} dx = \left. {\dfrac{1}{3}arctg\left( {{x^3}} \right)} \right|_0^1$$
Hoặc có thể đặt ${x^3} = tgt$.

[lovely_kunju_1803]

$moi cac ban vao xoi bai nay \int e^{sinx}sinxdx$

$ I=\int e^{sinx}sinxdx=-e^{sinx}cosx+\int e^{sinx}cosxdx$
$\Leftrightarrow I=-e^{sinx}cosx+ e^{sinx}sinx-\int e^{sinx}sinxdx$
$\Leftrightarrow I=-e^{sinx}cosx+ e^{sinx}sinx-I$
$\Rightarrow I=\frac{-e^{sinx}cosx+ e^{sinx}sinx}{2}$

[alex_hoang]

Việt ơi đánh lại số thứ tự bài cho dễ nhìn một chút nhé
Góp vui mấy bài mình trích trong mấy đề thi thử ĐH mà mình tìm được
Bài 16:$$I = \int_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{2}} {{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}}\sqrt {{{\sin }^2}x + \frac{1}{2}} } dx$$
Bài 17:$$I = \int_0^{\frac{\pi }{2}} {\frac{{{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}}}}{{{{\left( {{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}} + \sqrt 3 \cos x} \right)}^3}}}} dx$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vietfrog: 01-03-2012 - 17:22

[dark templar]

Việt ơi đánh lại số thứ tự bài cho dễ nhìn một chút nhé
Góp vui mấy bài mình trích trong mấy đề thi thử ĐH mà mình tìm được
$$I = \int_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{2}} {{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}}\sqrt {{{\sin }^2}x + \frac{1}{2}} } dx$$
$$I = \int_0^{\frac{\pi }{2}} {\frac{{{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}}}}{{{{\left( {{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}} + \sqrt 3 \cos x} \right)}^3}}}} dx$$

Bài đầu biến đổi xíu:
$$I=\int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{\frac{3}{2}-\cos^2{x}}d(-\cos{x})$$
Cái này chắc dễ rồi,đặt $t=\cos{x}$
Bài sau: Để ý đẳng thức sau:
$$\sin{x}+\sqrt{3}\cos{x}=2\sin{\left(x+\frac{\pi}{3} \right)}$$
Nên:
$$I=\frac{1}{8}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sin{x}dx}{\sin^3{\left(x+\frac{\pi}{3} \right)}}$$
Đặt $t=x+\frac{\pi}{3}$ là OK

Ủng hô bài mới:
Bài 18 $$I=\int_{1}^{2}\frac{dx}{x(x^6+1)}$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vietfrog: 01-03-2012 - 17:22

[lovely_kunju_1803]

Ủng hô bài mới:
$$I=\int_{1}^{2}\frac{dx}{x(x^6+1)}$$

$I=\int_{1}^{2} \frac{x^2dx}{x^3(x^6+1)}$
Đặt t=$x^3$ ta có:
$I=\frac{1}{3}\int_{1}^{8} \frac{dt}{t(t^2+1)}$
$\Leftrightarrow I=\frac{1}{3}\int_{1}^{8}\left ( \frac{1}{t}- \frac{t}{t^2+1}\right )dt$
$\Leftrightarrow I= \frac{1}{3}\int_{1}^{8}\frac{dt}{t}- \frac{1}{3}\int_{1}^{8}\frac{tdt}{t^2+1}$
Đến đây toàn dạng cơ bản
Mình xin góp một bài như sau:
Tính tích phân:
Bài 19:
$I=\int_{o}^{ln2}\frac{dx}{e^x+5}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vietfrog: 01-03-2012 - 17:22

[dark templar]

Tính tích phân:
$I=\int_{o}^{ln2}\frac{dx}{e^x+5}$

Đổi biến với $t=e^{x} \Rightarrow dx=\frac{dt}{t}$
$x=0 \rightarrow t=1$
$x=\ln{2} \rightarrow t=2$
Suy ra:
$$I=\int_{1}^{2}\frac{dt}{t(t+5)}$$
Đến đây đồng nhất thức kiểu :$\frac{A}{x}+\frac{B}{x+5}=\frac{1}{x(x+5)}$ là xong

Ủng hộ bài mới:
Bài 20:
$$I=\int_{0}^{1}\frac{x^3dx}{x+\sqrt{x^2+1}}$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vietfrog: 01-03-2012 - 17:22

[lovely_kunju_1803]

Ủng hộ bài mới:
$$I=\int_{0}^{1}\frac{x^3dx}{x+\sqrt{x^2+1}}$$

$I=\int_{0}^{1}\frac{x^3dx}{x+\sqrt {x^2+1}}=\int_{0}^{1}x^3(\sqrt {x^2+1}-x)dx=\int_{0}^{1}x^3\sqrt {x^2+1}dx-\left [ \frac{x^5}{5} \right ]_0^1=J-\frac{1}{5}$
Tính J:
Đặt $t=\sqrt {x^2+1} \Leftrightarrow x^2=t^2-1 \Leftrightarrow xdx=tdt$
Đổi cận:$\begin{cases}x=1\Rightarrow t=\sqrt {2}\\x=0\Rightarrow t=1\end{cases}$
$J=\int_{1}^{\sqrt {2}}(t^2-1)dt=\frac{2\sqrt {2}}{15}+\frac{2}{15}$
Vậy $I=\frac{2\sqrt {2}-1}{15}$
Bài tiếp nhé:
Tính tích phân:
Bài 21:$ I= \int_{0}^{\pi }sin^{11}xdx$
Bài 22:$ I=\int_{0}^{\pi }ln\frac{(1+sinx)^{1+cosx}}{1+cosx}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vietfrog: 01-03-2012 - 17:23

[dark templar]

Tính tích phân:
$ I= \int_{0}^{\pi }sin^{11}xdx$
$ I=\int_{0}^{\pi }ln\frac{(1+sinx)^{1+cosx}}{1+cosx}$

Mình nêu hướng chính thôi
Bài đầu:Bài này thực sự mình chỉ có hướng làm trâu bò thôi với cách đât $t=\cos{x}$,suy ra:
$$I_1=\int_{0}^{\pi}(t^2-1)^{5}dt$$
Khai triển $(t^2-1)^{5}$ là được.
Bài sau:Tách làm 2 cận $0 \to \frac{\pi}{2}$ và $\frac{\pi}{2} \to \pi$ kết hợp với tính chất $\int_{a}^{b}f(x)dx=\int_{a}^{b}f(a+b-x)dx$.Bạn có thể tham khảo thêm ở đây:
http://diendantoanho...showtopic=67085

Bài tiếp:
$$I=\int_{0}^{\sqrt{3}}\ln{(x+\sqrt{x^2+1})}dx$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 27-01-2012 - 19:05

[nonameyoyo]

Bài đầu biến đổi xíu:
$$I=\int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{\frac{3}{2}-\cos^2{x}}d(-\cos{x})$$
Cái này chắc dễ rồi,đặt $t=\cos{x}$
Bài sau: Để ý đẳng thức sau:
$$\sin{x}+\sqrt{3}\cos{x}=2\sin{\left(x+\frac{\pi}{3} \right)}$$
Nên:
$$I=\frac{1}{8}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sin{x}dx}{\sin^3{\left(x+\frac{\pi}{3} \right)}}$$
Đặt $t=x+\frac{\pi}{3}$ là OK

Đặt $t=x+\frac{\pi}{3}$ thì xong ntn hả bạn ( mình mới học nguyên hàm nên chưa hiểu)
nếu đặt t như trên thì sinx trên tử thay x theo t thì nó vẫn khó như ban đầu mà.???

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nonameyoyo: 02-02-2012 - 15:24