Chủ đề này có 1 trả lời

[uahnbu29main]

Tính tích phân $I=\int_1^2\frac{x-\sqrt{x^2-2x+2}}{x+\sqrt{x^2-2x+2}}\,dx$

Mình đang thiên về cách đặt $x-1=\tan t$

Khi đó $I=\int_0^\frac{\pi}{4}\frac{\sin t+\cos t-1}{\sin t+\cos t+1}\cdot\frac{dt}{\cos^2t}$, bị vướng chỗ $\frac1{\cos^2t}$

[chanhquocnghiem]

Tính tích phân $I=\int_1^2\frac{x-\sqrt{x^2-2x+2}}{x+\sqrt{x^2-2x+2}}\,dx$

Mình đang thiên về cách đặt $x-1=\tan t$

Khi đó $I=\int_0^\frac{\pi}{4}\frac{\sin t+\cos t-1}{\sin t+\cos t+1}\cdot\frac{dt}{\cos^2t}$, bị vướng chỗ $\frac1{\cos^2t}$

Vậy thì bạn lại phải đặt tiếp $u=\tan\frac{t}{2}$ mới ổn.

Nhưng mà trộm nghĩ : lúc đầu đã đặt $x=1+\tan t$ (với $t_1=0$ ; $t_2=\frac{\pi}{4}$)

                                 giờ lại đặt $u=\tan\frac{t}{2}$ (với $u_1=0$ ; $u_2=\tan\frac{\pi}{8}=\sqrt{2}-1$)

                                 mà $\tan t=\frac{2\tan\frac{t}{2}}{1-\tan^2\frac{t}{2}}=\frac{2u}{1-u^2}$

Chi bằng ngay từ đầu ta đặt $x=1+\frac{2u}{1-u^2}$ (với $u_1=0$ ; $u_2=\tan\frac{\pi}{8}=\sqrt{2}-1$) chẳng phải là tiện lắm ru ?

Cứ làm theo kế ấy, ta có :

$I=\int_{0}^{\sqrt{2}-1}\frac{1+\frac{2u}{1-u^2}-\sqrt{\left ( \frac{2u}{1-u^2} \right )^2+1}}{1+\frac{2u}{1-u^2}+\sqrt{\left ( \frac{2u}{1-u^2} \right )^2+1}}.\frac{2(1+u^2)du}{(1-u^2)^2}=\int_{0}^{\sqrt{2}-1}\frac{1-u^2+2u-(1+u^2)}{1-u^2+2u+(1+u^2)}.\frac{2(1+u^2)du}{(1-u^2)^2}$

$=...=\int_{0}^{\sqrt{2}-1}\frac{2u^3+2u}{(1+u)^3(1-u)}\ du=\int_{0}^{\sqrt{2}-1}\left ( \frac{-2}{(1+u)^3}+\frac{3}{(1+u)^2}-\frac{3/2}{1+u}+\frac{1/2}{1-u} \right )du$

$=\left [ (1+u)^{-2}-3(1+u)^{-1}-\frac{3}{2}\ln(1+u)-\frac{1}{2}\ln(1-u) \right ]_0^{\sqrt{2}-1}$

$=\frac{5-3\sqrt{2}-3\ln\sqrt2-\ln(2-\sqrt2)}{2}=\frac{10-6\sqrt2-3\ln2-\ln(6-4\sqrt2)}{4}$.

 

$$HAPPY\ NEW\ YEAR\ 2018$$