Chủ đề này có 10 trả lời

[Mrnhan]

tính nguyên hàm
$I=\int \frac{x^4-3}{x(x^8+3x^2+2)}dx$

[trangxoai1995]

đặt $ t = x^{2} $ được đó

Mình thử rồi. Làm đến đây thì tịt.

Đặt: $t=x^2\Rightarrow dt=2x.dx$.

$\Rightarrow \frac{1}{2}\int\frac{t^2-3}{t(t^4+3t+2)} dt=\frac{1}{2}\int \frac{t^2-3}{t(t+1)(t^3-t^2+t+2)}$

Cái biểu thức $t^3-t^2+t+2$ không phân tích được thành nhân tử. Mà mình cũng không biết đồng nhất thức đa thức này kiểu gì?

[Kool LL]

Mình thử rồi. Làm đến đây thì tịt.

Đặt: $t=x^2\Rightarrow dt=2x.dx$.

$\Rightarrow \frac{1}{2}\int\frac{t^2-3}{t(t^4+3t+2)} dt=\frac{1}{2}\int \frac{t^2-3}{t(t+1)(t^3-t^2+t+2)}$

Cái biểu thức $t^3-t^2+t+2$ không phân tích được thành nhân tử. Mà mình cũng không biết đồng nhất thức đa thức này kiểu gì?

$\frac{t^2-3}{t(t+1)(t^3-t^2+t+2)}=\frac{A}{t}+\frac{B}{t+1}+\frac{Ct^2+Dt+E}{t^3-t^2+t+2}$

Dùng pp đồng nhất để tìm $A,B,C,D$.

 

Còn cái mẫu $t^3-t^2+t+2$ dùng pp Cardano giải pt bậc 3 (mời search Google biết thêm chi tiết) để tách thành bậc 1 (nghiệm thực có căn bậc 3) và bậc 2 (VN thực).

Nói chung bài này thuộc dạng tích phân hàm phân thức, ta phân tách thành các phân thức con có mẫu là các nhân tử của mẫu thức ban đầu.

Các mẫu thức con đó có bậc của tử nhỏ hơn bậc của mẫu là 1 bậc. Dùng pp đồng nhất để tìm ra các hệ số của tử của các phân thức con..

 

Bài này nói chung có cách để làm, nhưng mà số thì không đẹp chút nào.

[trangxoai1995]

$\frac{t^2-3}{t(t+1)(t^3-t^2+t+2)}=\frac{A}{t}+\frac{B}{t+1}+\frac{Ct^2+Dt+E}{t^3-t^2+t+2}$

Dùng pp đồng nhất để tìm $A,B,C,D$.

 

Còn cái mẫu $t^3-t^2+t+2$ dùng pp Cardano giải pt bậc 3 (mời search Google biết thêm chi tiết) để tách thành bậc 1 (nghiệm thực có căn bậc 3) và bậc 2 (VN thực).

Nói chung bài này thuộc dạng tích phân hàm phân thức, ta phân tách thành các phân thức con có mẫu là các nhân tử của mẫu thức ban đầu.

Các mẫu thức con đó có bậc của tử nhỏ hơn bậc của mẫu là 1 bậc. Dùng pp đồng nhất để tìm ra các hệ số của tử của các phân thức con..

 

Bài này nói chung có cách để làm, nhưng mà số thì không đẹp chút nào.

 

$\frac{t^2-3}{t(t+1)(t^3-t^2+t+2)}=\frac{A}{t}+\frac{B}{t+1}+\frac{Ct^2+Dt+E}{t^3-t^2+t+2}$

Dùng pp đồng nhất để tìm $A,B,C,D$.

 

Còn cái mẫu $t^3-t^2+t+2$ dùng pp Cardano giải pt bậc 3 (mời search Google biết thêm chi tiết) để tách thành bậc 1 (nghiệm thực có căn bậc 3) và bậc 2 (VN thực).

Nói chung bài này thuộc dạng tích phân hàm phân thức, ta phân tách thành các phân thức con có mẫu là các nhân tử của mẫu thức ban đầu.

Các mẫu thức con đó có bậc của tử nhỏ hơn bậc của mẫu là 1 bậc. Dùng pp đồng nhất để tìm ra các hệ số của tử của các phân thức con..

 

Bài này nói chung có cách để làm, nhưng mà số thì không đẹp chút nào.

Cho mình hỏi thêm. Ngoài cái cách dùng đồng nhất thức và dùng cái phương pháp Carnado như bạn nói thì còn cách nào khác nữa không. Toán cao cấp cho bên kinh tế bọn mình thầy giáo bảo không được dùng. Chỉ nhưng ai học chuyên sâu về toán mới học đến thôi

[Kool LL]

Cho mình hỏi thêm. Ngoài cái cách dùng đồng nhất thức và dùng cái phương pháp Carnado như bạn nói thì còn cách nào khác nữa không. Toán cao cấp cho bên kinh tế bọn mình thầy giáo bảo không được dùng. Chỉ nhưng ai học chuyên sâu về toán mới học đến thôi

Bạn an tâm vì chương trình chỉ ra những bài có kết quả số đẹp thôi, tức là phân tích mẫu sẽ có nghiệm đẹp, có thể dùng máy tính casio để giải ra 1 nghiệm hoặc tự đoán nghiệm, rồi chia đa thức để tách ra thành nhân tử. Từ đó tách phân thức ban đầu thành ra các phân thức con (dạng của chúng như đã nói ở trên rồi). Việc tìm ra các hệ số của các tử thì chỉ có 1 cách duy nhất là dùng đồng nhất thức. Nhưng mà dùng đồng nhất thức kiểu cải tiến nhé.

Ví dụ :

$\frac{x+2}{x(x-1)(x^2+1)}=\frac{A}{x}+\frac{B}{x-1}+\frac{Cx+D}{x^2+1}$

$\Leftrightarrow x+2\equiv A(x-1)(x^2+1)+Bx(x^2+1)+(Cx+D)x(x-1)$

Đến đây không cần khai triển, cứ để nguyên, rồi thay các giá trị $x$ thích hợp (là các nghiệm triệt tiêu) để tìm ra $A,B,C,D$.

Thay $x=0\Rightarrow 2=-A$

Thay $x=1\Rightarrow 3=2B\Rightarrow B=\frac{3}{2}$

Thay thêm 2 giá trị $x$ nữa để được hpt 2 ần $C,D$ rồi dùng máy tính để giải.

 

Giải pt bậc 2 dùng $\Delta$, bậc 4 thì đặt ẩn phụ luôn đưa được về dạng trùng phương.

Còn PP Cardano (tương tực $\Delta$ pt bậc 2) là để khi giải pt bậc 3 nghiệm xấu (có chứa căn 3 nên đoán ko ra).

Từ bậc 5 trở lên thì ko có công thức nghiệm. Chỉ có thể đoán nghệm, hoặc khảo sát hàm số để biết có nghiệm hay ko thôi, và có bao nhiêu nghiệm.

Chú ý : pt bậc lẻ thì luôn luôn có nghiệm nhé ! (ko biết đẹp hay xấu thôi). Nhưng máy tính Casio luôn tìm giúp được 1 nghiệm.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Kool LL: 01-06-2014 - 15:28

[chanhquocnghiem]

tính nguyên hàm
$I=\int \frac{x^4-3}{x(x^8+3x^2+2)}dx$

Bài này tuy nghiệm "xấu" nhưng vẫn có thể "làm đến cùng" !

Đặt $t=x^2\Rightarrow I=\int \frac{t^2-3}{2t\left ( t+1 \right )\left ( t^3-t^2+t+2 \right )}dt$

Đặt $\frac{t^2-3}{2t\left ( t+1 \right )\left ( t^3-t^2+t+2 \right )}=\frac{A}{t}+\frac{B}{t+1}+\frac{Ct^2+Dt+E}{t^3-t^2+t+2}$

Dùng phương pháp đồng nhất hệ số $\Rightarrow A=-\frac{3}{4}$ ; $B=-1$ ; $C=\frac{7}{4}$ ; $D=-\frac{11}{4}$ ; $E=\frac{17}{4}$

Đặt $P(t)=t^3-t^2+t+2$.Đa thức $P(t)$ có $1$ nghiệm thực duy nhất, gọi nghiệm thực đó là $\alpha$.Khi đó ta có :

$t^3-t^2+t+2=\left ( t-\alpha \right )\left ( t^2+Jt+K \right )=\left ( t-\alpha \right )\left [ t^2+\left ( \alpha -1 \right )t-\frac{2}{\alpha } \right ]$ (với $J=\alpha -1$ và $K=-\frac{2}{\alpha }$)

Đặt $\frac{Ct^2+Dt+E}{t^3-t^2+t+2}=\frac{F}{t-\alpha }+\frac{Gt+H}{t^2+Jt+K}$

Dùng phương pháp đồng nhất hệ số và chú ý rằng $\alpha ^3-\alpha ^2+\alpha +2=0$ta được $F=\frac{7\alpha ^2-11\alpha+17}{12\alpha ^2-8\alpha +4}$ ; $G=\frac{14\alpha ^2-3\alpha -10}{12\alpha ^2-8\alpha +4}$ ; $H=-\frac{11\alpha ^2+23\alpha +8}{12\alpha ^2-8\alpha +4}$

Ta có $\int \frac{Gt+H}{t^2+Jt+K}dt=\int \frac{\frac{G}{2}\left ( 2t+J \right )+H-\frac{GJ}{2}}{t^2+Jt+K}dt=\frac{G}{2}\ln\left | t^2+Jt+K \right |+\left ( H-\frac{GJ}{2} \right )\int \frac{d\left ( t+\frac{J}{2} \right )}{\left ( t+\frac{J}{2} \right )^2+\left ( K-\frac{J^2}{4} \right )}=\frac{G}{2}\ln\left ( t^2+Jt+K \right )+\frac{2H-GJ}{\sqrt{4K-J^2}}\arctan\frac{2t+J}{\sqrt{4K-J^2}}+L$

Trong đó $L$ là hằng số tùy ý và lưu ý rằng vì tam thức $t^2+Jt+K$ vô nghiệm nên $t^2+Jt+K> 0,\forall t$ và $4K-J^2> 0$

Như vậy, thay các giá trị của $A,B,...,G,H,J,K$ và rút gọn, ta có :

$I=-\frac{3}{4}\ln x^2-\ln \left ( x^2+1 \right )+\frac{7\alpha ^2-11\alpha +17}{12\alpha ^2-8\alpha +4}\ln\left ( x^2-\alpha \right )+\frac{14\alpha ^2-3\alpha -10}{24\alpha ^2-16\alpha ^2+8}\ln\left [ x^4+\left ( \alpha -1 \right )x^2-\frac{2}{\alpha } \right ]-\frac{19\alpha ^2+25\alpha -2}{\left ( 12\alpha ^2-8\alpha +4 \right )\sqrt{-\frac{8}{\alpha }-\left ( \alpha -1 \right )^2}}\arctan\frac{2x^2+\alpha -1}{\sqrt{-\frac{8}{\alpha }-\left ( \alpha -1 \right )^2}}+L$

Trong đó $L$ là hằng số tùy ý và $\alpha$ là nghiệm thực duy nhất của $P(t)$ có giá trị là :

$\alpha =\frac{1}{6}\left ( \sqrt[3]{-244+\sqrt{60048}}+\sqrt[3]{-244-\sqrt{60048}}+2 \right )$

(lưu ý $\alpha$ là số âm)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi chanhquocnghiem: 04-06-2014 - 20:21

[trangxoai1995]

Bạn an tâm vì chương trình chỉ ra những bài có kết quả số đẹp thôi, tức là phân tích mẫu sẽ có nghiệm đẹp, có thể dùng máy tính casio để giải ra 1 nghiệm hoặc tự đoán nghiệm, rồi chia đa thức để tách ra thành nhân tử. Từ đó tách phân thức ban đầu thành ra các phân thức con (dạng của chúng như đã nói ở trên rồi). Việc tìm ra các hệ số của các tử thì chỉ có 1 cách duy nhất là dùng đồng nhất thức. Nhưng mà dùng đồng nhất thức kiểu cải tiến nhé.

Ví dụ :

$\frac{x+2}{x(x-1)(x^2+1)}=\frac{A}{x}+\frac{B}{x-1}+\frac{Cx+D}{x^2+1}$

$\Leftrightarrow x+2\equiv A(x-1)(x^2+1)+Bx(x^2+1)+(Cx+D)x(x-1)$

Đến đây không cần khai triển, cứ để nguyên, rồi thay các giá trị $x$ thích hợp (là các nghiệm triệt tiêu) để tìm ra $A,B,C,D$.

Thay $x=0\Rightarrow 2=-A$

Thay $x=1\Rightarrow 3=2B\Rightarrow B=\frac{3}{2}$

Thay thêm 2 giá trị $x$ nữa để được hpt 2 ần $C,D$ rồi dùng máy tính để giải.

 

Giải pt bậc 2 dùng $\Delta$, bậc 4 thì đặt ẩn phụ luôn đưa được về dạng trùng phương.

Còn PP Cardano (tương tực $\Delta$ pt bậc 2) là để khi giải pt bậc 3 nghiệm xấu (có chứa căn 3 nên đoán ko ra).

Từ bậc 5 trở lên thì ko có công thức nghiệm. Chỉ có thể đoán nghệm, hoặc khảo sát hàm số để biết có nghiệm hay ko thôi, và có bao nhiêu nghiệm.

Chú ý : pt bậc lẻ thì luôn luôn có nghiệm nhé ! (ko biết đẹp hay xấu thôi). Nhưng máy tính Casio luôn tìm giúp được 1 nghiệm

 

Phương pháp hệ số bất định này mình cũng làm nhiều khi còn ở cấp 3 rồi. Phương pháp carnado mình cũng đã tham khảo khi còn học cấp 3 nhưng thấy khó nhớ mà các thầy cô toàn bảo là chưa đc sử dụng. Nhưng dù sao vẫn cảm ơn bạn nhiều nhé.

[trangxoai1995]

Bài này tuy nghiệm "xấu" nhưng vẫn có thể "làm đến cùng" !

Đặt $t=x^2\Rightarrow I=\int \frac{t^2-3}{2t\left ( t+1 \right )\left ( t^3-t^2+t+2 \right )}dt$

Đặt $\frac{t^2-3}{2t\left ( t+1 \right )\left ( t^3-t^2+t+2 \right )}=\frac{A}{t}+\frac{B}{t+1}+\frac{Ct^2+Dt+E}{t^3-t^2+t+2}$

Dùng phương pháp đồng nhất hệ số $\Rightarrow A=-\frac{3}{4}$ ; $B=\frac{7}{2}$ ; $C=-\frac{11}{4}$ ; $D=\frac{25}{4}$ ; $E=-7$

Đặt $P(t)=t^3-t^2+t+2$.Đa thức $P(t)$ có $1$ nghiệm thực duy nhất, gọi nghiệm thực đó là $\alpha$.Khi đó ta có :

$t^3-t^2+t+2=\left ( t-\alpha \right )\left ( t^2+Jt+K \right )=\left ( t-\alpha \right )\left [ t^2+\left ( \alpha -1 \right )t-\frac{2}{\alpha } \right ]$ (với $J=\alpha -1$ và $K=-\frac{2}{\alpha }$)

Đặt $\frac{Ct^2+Dt+E}{t^3-t^2+t+2}=\frac{F}{t-\alpha }+\frac{Gt+H}{t^2+Jt+K}$

Dùng phương pháp đồng nhất hệ số ta được $F=\frac{-11\alpha ^3+25\alpha ^2-28\alpha }{8\alpha ^3-4\alpha ^2-8}$ ; $G=\frac{-11\alpha ^3-14\alpha ^2+28\alpha +22}{8\alpha ^3-4\alpha ^2-8}$ ; $H=\frac{28\alpha ^2-3\alpha -25}{4\alpha ^3-2\alpha ^2-4}$

Ta có $\int \frac{Gt+H}{t^2+Jt+K}dt=\int \frac{\frac{G}{2}\left ( 2t+J \right )+H-\frac{GJ}{2}}{t^2+Jt+K}dt=\frac{G}{2}\ln\left | t^2+Jt+K \right |+\left ( H-\frac{GJ}{2} \right )\int \frac{d\left ( t+\frac{J}{2} \right )}{\left ( t+\frac{J}{2} \right )^2+\left ( K-\frac{J^2}{4} \right )}=\frac{G}{2}\ln\left ( t^2+Jt+K \right )+\frac{2H-GJ}{\sqrt{4K-J^2}}\arctan\frac{2t+J}{\sqrt{4K-J^2}}+L$

Trong đó $L$ là hằng số tùy ý và lưu ý rằng vì tam thức $t^2+Jt+K$ vô nghiệm nên $t^2+Jt+K> 0,\forall t$ và $4K-J^2> 0$

Như vậy, thay các giá trị của $A,B,...,G,H,J,K$ và rút gọn, ta có :

$I=-\frac{3}{4}\ln x^2+\frac{7}{2}\ln \left ( x^2+1 \right )-\frac{11\alpha ^3-25\alpha ^2+28\alpha }{8\alpha ^3-4\alpha ^2-8}\ln\left ( x^2-\alpha \right )-\frac{11\alpha ^3+14\alpha ^2-28\alpha -22}{16\alpha ^3-8\alpha ^2-16}\ln\left [ x^4+\left ( \alpha -1 \right )x^2-\frac{2}{\alpha } \right ]+\frac{\left ( \alpha -1 \right )\left ( 11\alpha ^3+14\alpha ^2+84\alpha +78 \right )}{\left ( 8\alpha ^3-4\alpha ^2-8 \right )\sqrt{-\frac{8}{\alpha }-\left ( \alpha -1 \right )^2}}\arctan\frac{2x^2+\alpha -1}{\sqrt{-\frac{8}{\alpha }-\left ( \alpha -1 \right )^2}}+L$

Trong đó $L$ là hằng số tùy ý và $\alpha$ là nghiệm thực duy nhất của $P(t)$ có giá trị là :

$\alpha =\frac{1}{6}\left ( \sqrt[3]{-244+\sqrt{60048}}+\sqrt[3]{-244-\sqrt{60048}}+2 \right )$

(lưu ý $\alpha$ là số âm)

Chỗ này mình  không hiểu. Sao lại đặt được $J=\alpha-1$ và $K=-\frac{2}{\alpha }$

[chanhquocnghiem]

Chỗ này mình  không hiểu. Sao lại đặt được $J=\alpha-1$ và $K=-\frac{2}{\alpha }$

Dùng phương pháp đồng nhất hệ số ta có :

$J-\alpha =-1$ ; $-\alpha K=2$

$\Rightarrow J=\alpha -1$ ; $K=-\frac{2}{\alpha }$

[nthoangcute]

Bài này tuy nghiệm "xấu" nhưng vẫn có thể "làm đến cùng" !

Đặt $t=x^2\Rightarrow I=\int \frac{t^2-3}{2t\left ( t+1 \right )\left ( t^3-t^2+t+2 \right )}dt$

Đặt $\frac{t^2-3}{2t\left ( t+1 \right )\left ( t^3-t^2+t+2 \right )}=\frac{A}{t}+\frac{B}{t+1}+\frac{Ct^2+Dt+E}{t^3-t^2+t+2}$

...

 

Hình như đáp án của anh sai rồi ...
Để em thử tính ra đáp án của em xem sao ...

[nthoangcute]

tính nguyên hàm
$I=\int \frac{x^4-3}{x(x^8+3x^2+2)}dx$

Lời giải :
1. Đặt $t=x^2$ ta được $dt=2x dx$
Vậy $I=\dfrac{1}{2} \int \dfrac{t^2-3}{t(t+1)(t^3-t^2+t+2)} dt$
2. Lưu ý rằng :
$ \dfrac{t^2-3}{t(t+1)(t^3-t^2+t+2)}=-\dfrac{3}{2 t}-\dfrac{2}{t+1}+\dfrac{7t^2-11t+17}{2(t^3-t^2+t+2)}$
Ta xét hàm $f(t)=t^3-t^2+t+2$
Ta có $f'(t)=3t^2-2t+1>0$ suy ra $f(t)$ đồng biến trên $(-\infty ,+\infty )$
Lại có $f(-1)f(0)<0$ nên $f(t)$ có nghiệm duy nhất thuộc $(-1,0)$
Gọi $k$ là nghiệm đó, ta có :
$t^3-t^2+t+2=(t^2+(k-1)t+k^2-k+1)(t-k)+k^3-k^2+k+2=(t^2+(k-1)t+k^2-k+1)(t-k)$
3. Lưu ý tiếp :
$\dfrac{7t^2-11t+17}{t^3-t^2+t+2}=\dfrac{a}{t-k}+\dfrac{b t+c}{t^2+(k-1)t+k^2-k+1}$
Với $a=\dfrac{7k^2-11k+17}{3k^2-2k+1}$ và $b=\dfrac{14k^2-3k-10}{3k^2-2k+1}$ và $c=\dfrac{-11k^2-23k-8}{3k^2-2k+1}$
Vậy tóm lại ta được :
$2I=-\dfrac{3}{2} \int \dfrac{dt}{t}-2 \int \dfrac{dt}{t+1}+\dfrac{1}{2}\int \dfrac{adt}{t-k}+\dfrac{1}{2}\int \dfrac{bt+c}{t^2+(k-1)t+k^2-k+1} dt \\=-\dfrac{3}{2} \ln t-2 \ln (t+1) + \dfrac{a}{2} \ln (t-k)+\dfrac{1}{2}J$
Với $J=\int \dfrac{bt+c}{t^2+(k-1)t+k^2-k+1} dt=\dfrac{1}{2}\int \dfrac{b(2t+k-1)}{t^2+(k-1)t+k^2-k+1} dt \\ - \dfrac{1}{2}\int \dfrac{b k-b-2c}{(t+\dfrac{k-1}{2})^2+\dfrac{3k^2-2k+3}{4}} dt=E-F$
Với $E=\dfrac{1}{2}\int \dfrac{b(2t+k-1)}{t^2+(k-1)t+k^2-k+1} dt=\dfrac{1}{2}b \ln (t^2+(k-1)t+k^2-k+1)+C$
và $F= \dfrac{1}{2}\int \dfrac{b k-b-2c}{(t+\dfrac{k-1}{2})^2+\dfrac{3k^2-2k+3}{4}} dt=\dfrac{bk-b-2c}{\sqrt{3k^2-2k+3}} \arctan \dfrac{2t+k-1}{\sqrt{3k^2-2k+3}}+C$
(vì $t^2+(k-1)t+k^2-k+1>0$)
4. Tìm $k$
Ta có : $k^3-k^2+k+2=0$
Đặt $k=u+v+\dfrac{1}{3}$ ta được :
$u^3+v^3+(u+v)(3uv+\dfrac{2}{3})+\dfrac{61}{27}=0$
Chọn $u^3+v^3=-\dfrac{61}{27}$ và $uv=\dfrac{-2}{9}$ ta được :
$k=-\dfrac{\sqrt[3]{244+12\sqrt{417}}}{6}+\dfrac{4}{3 \sqrt[3]{244+12\sqrt{417}}}+\dfrac{1}{3}$

5. Kết luận :
$I=-\dfrac{3}{4} \ln x^2-\ln(x^2+1)+\dfrac{a}{4} \ln(x^2-k)+\dfrac{1}{4} b \ln (x^4+(k-1)x^2+k^2-k+1) - \dfrac{1}{2} \dfrac{bk-b-2c}{\sqrt{3k^2-2k+3}} \arctan \dfrac{2x^2+k-1}{\sqrt{3k^2-2k+3}}+C $

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nthoangcute: 04-06-2014 - 10:44