Mô tả:
10 DẠNG TÍCH PHÂN HAY GẶP TRONG CÁC KÌ THI
ĐẠI HỌC – CAO ĐẲNG
Trong các các kì thi Đại Học – Cao Đẳng câu tích phân luôn mặc định xuất hiện trong đề thi môn Toán.
Tích phân không phải là câu hỏi khó, đây là một bài toán “nhẹ nhàng”, mang tính chất “cho điểm”. Vì vậy
việc mất điểm sẽ trở nên “vô duyên” với những ai đã bỏ chút thời gian đọc tài liệu. Ở bài viết nhỏ này sẽ
cung cấp tới các em các dạng tích phân thường xuyên xuất hiện trong các kì thi Đại Học - Cao Đẳng ( và
đề thi cũng sẽ không nằm ngoài các dạng này). Với cách giải tổng quát cho các dạng, các ví dụ minh họa đi
kèm, cùng với lượng bài tập đa dạng, phong phú. Mong rằng sau khi đọc tài liệu, việc đứng trước một bài
toán tích phân sẽ không còn là rào cản đối với các em . Chúc các em thành công !
Trong bài viết này sẽ giới thiệu tới các em 8 phần:
Trang
I. SƠ ĐỒ CHUNG GIẢI BÀI TOÁN TÍCH PHÂN ……………………………
1
II. CÁC CÔNG THỨC NGUYÊN HÀM CẦN NHỚ……………………………
2
III. LỚP TÍCH PHÂN HỮU TỈ VÀ TÍCH PHÂN LƯỢNG GIÁC CƠ BẢN….. 3 –12– 26
IV. 10 DẠNG TÍCH PHÂN TRONG CÁC ĐỀ THI ĐẠI HỌC – CAO ĐẲNG... 27 – 81
V. ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN…………………………………………………….. 82 – 93
VI. CÁC LỚP TÍCH PHÂN ĐẶC BIỆT VÀ TÍCH PHÂN TRUY HỒI……..94 – 102 - 106
VII. DÙNG TÍCH PHÂN ĐỂ CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC CHỨA
Cnk ……...107 - 110
VIII. KINH NGHIỆM GIẢI BÀI TOÁN TÍCH PHÂN ĐẠI HỌC ………………111- 114
I. SƠ ĐỒ CHUNG GIẢI BÀI TOÁN TÍCH PHÂN
Trang 1
II. CÁC CÔNG THỨC NGUYÊN HÀM CẦN NHỚ
Điều kiện tiên quyết để làm tốt phần tích phân là chúng ta phải nhớ và hiểu được cách
vận dụng các công thức nguyên hàm sau: (chỉ cần hiểu 8 công thức thì sẽ biết cách suy
luận ra các công thức còn lại)
1
1 ax b
x 1
x dx 1 C ; ax b dx a . 1 C
u 1
1) u du
C ( 1)
1
1
1
du
du
du u C ;
C;
2
1 C
u
u
u
1
u
dx
ln x C
du
2) ln u C x
u
dx 1 ln ax b C
ax b a
x
ax
C; eu du eu C
a
dx
u
a
a
ln
3) au du
C
ln a
1
e x dx e x C ;
eax b dx e axb C
a
sin xdx cos x C
4) sin udu cos u C
1
sin(ax b)dx cos(ax b) C
a
cos xdx sin x C
5) cos udu sin u C
1
cos( ax b)dx sin( ax b) C
a
dx
sin 2 x cot x C
du
6) 2 cot u C
1
dx
sin u
cot(ax b) C
2
sin (ax b)
a
dx
cos 2 x tan x C
du
7)
tan u C
dx
1
cos2 u
tan(ax b) C
2
cos (ax b) a
du
1
ua
a 2 u 2 2a ln u a C
du
1
1
1
1
ua
du ln
8) 2 2
C
u a 2a u a u a
2a u a
dx
1
xa
ln
C
x 2 a 2 2a
xa
Trang 2
III. LỚP TÍCH PHÂN HỮU TỈ VÀ TÍCH PHÂN LƯỢNG GIÁC
1. LỚP TÍCH PHÂN HỮU TỈ
CÁCH TÍNH TÍCH PHÂN HÀM HỮU TỈ I f ( x) dx
g ( x)
(*)
Chú thích: Sơ đồ trên được hiểu như sau :
Khi đứng trước một bài toán tích phân có dạng hữu tỉ trước tiên ta quan tâm tới bậc của tử số và mẫu số.
*) Nếu bậc của tử số nhỏ hơn bậc của mẫu số, khi đó ta chú ý tới bậc dưới mẫu số. Cụ thể:
++) Nếu bậc dưới mẫu số bằng 1 ta có luôn công thức trong bảng nguyên hàm và đưa ra được đáp số.
++) Nếu bậc dưới mẫu số bằng 2 ta quan tâm tới hay “tính có nghiệm” của phương trình dưới mẫu.
+) Nếu 0 tức khi đó ta sẽ phân tích dưới mẫu thành tích và dùng kĩ thuật tách ghép để tách thành
hai biểu thức có mẫu bậc 1 (quay về trường hợp mẫu số có bậc bằng 1 ).
+) Nếu 0 tức khi đó ta sẽ phân tích dưới mẫu thành hằng đẳng thức và dùng kĩ thuật tách ghép để
đưa tích phân về dạng đã biết.
+) Nếu 0 tức khi đó ta không thể phân tích dưới mẫu số thành tích và hằng đẳng thức được.
-) Nếu trên tử là hằng số khác 0 ta sẽ dùng phương pháp lượng giác hóa để chuyển về dạng cơ bản
( theo cách đổi biến ở sơ đồ trên).
-) Nếu trên tử có dạng bậc nhất ta sẽ chuyển về bậc 0 ( hằng số hay số tự do) bằng kĩ thuật vi phân
như cách trình bày ở sơ đồ và quay về trường hợp trước đó (tử là hằng số khác 0 ).
++) Nếu bậc của mẫu số lớn hơn 2 ta sẽ tìm cách giảm bậc bằng phương pháp đổi biến hoặc các kĩ thuật:
Nhân, chia, tách ghép (đồng nhất hệ số), vi phân…
*) Nếu bậc của tử số lớn hơn hoặc bằng bậc của mẫu số thì ta chuyển sang TH2 (trường hợp 2).
Trang 3
CHÚ Ý :
Việc đồng nhất hệ số dựa theo cách phân tích sau:
f ( x)
m
2
( ax b) (cx dx e)
n
A1
( ax b )
A2
(ax b)
2
...
Am
( ax b )
m
B1 x C1
2
(cx dx e)
B2 x C 2
2
(cx dx e)
2
...
Bn x Cn
(cx 2 dx e) n
Sau đó quy đồng bỏ mẫu, dùng tính chất “hai đa thức bằng nhau khi các hệ số tương ứng của chúng bằng
nhau” từ đó tìm được các Ai , B j , C j (i 1, m; j 1, n) hoặc có thể dùng cách chọn x để tìm các Ai , B j , C j .
Các ví dụ minh họa
2
Ví dụ 1. Tính tích phân I
0
Giải: 1) Với k
2
dx
với :
x 2x k
2
1) k
3
4
2) k 1
3) k 4
3
thì :
4
2
2
2
4dx
(2 x 3) (2 x 1)
2
2x 1
2
I
dx
dx ln
2
2
3 0 4 x 8x 3
(2 x 1)(2 x 3)
2 x 1 2x 3
2x 3
0 x2 2x
0
0
4
dx
2
2) Với k 1 thì : I
0
2
3) Với k 4 thì : I
0
2
ln
0
15
7
2
2
2
dx
dx
1
2
2
x 2 x 1 0 ( x 1)
x 1 0 3
2
dx
dx
x 2 2 x 4 0 ( x 1) 2 3
3dt
Đặt x 1 3 tan t với t ; dx
3.(1 tan 2 t ) dt và x : 0 2 thì t :
2
cos t
6
3
2 2
3
Khi đó I
6
3
3.(1 tan t )dt
3
3 3
3
dt
t
2
3.(tan t 1)
3
3 6 18
2
6
Ví dụ 2. Tính các tích phân sau:
2
0
dx
3
1) I1
2)
dx
I2 2
2x x 3
4x 1
1
1
1
4x 5
5) I 5 2
dx
x x2
0
2
6) I 6
1
1
3) I 3
0
3x 2
dx
4x 4 x 1
2
Trang 4
dx
2
x 6x 9
2
7) I 7
x
1
2
x 3
dx
2x 4
1
4) I 4
0
dx
x 2x 2
2
2
2
3
3
3 7
Giải: 1) I1
dx ln 4 x 1 ln
4 3
4x 1
4
1
1
0
2) I 2
0
0
(2 x 3) 2( x 1)
dx
( x 1)(2 x 3)
1
dx
1
dx
1 2 x 2 x 3 1 ( x 1)(2 x 3) 5
0
1
x 1
1 1
2
1
dx ln
5 1 x 1 2 x 3
5 2x 3
0
ln 6
1 1
ln
5
5 6
1
1
1
dx
dx
1
1
2
2
x 6 x 9 0 ( x 3)
x 3 0 12
3) I3
0
1
4) I 4
0
1
dx
dx
2
x 2 x 2 0 ( x 1) 2 1
dt
Đặt x 1 tan t với t ; dx
(1 tan 2 t )dt và x : 0 1 thì t : 0
2
cos t
4
2 2
0
Khi đó I 4
1
5) I 5
0
4
(1 tan 2 t )dt
tan 2 t 1
0
dt t
4
1
0
4
4
1
1
4x 5
( x 1) 3( x 2)
3
1
dx
dx
dx ln x 2 3ln x 1 0 4 ln 2
2
x x2
x 2 x 1
( x 1)( x 2)
0
0
Chú ý: Việc phân tích 4 x 5 x 1 3( x 2) có được là do ta đi tìm hệ số a , b thỏa mãn:
a b 4
a 1
4 x 5 a ( x 1) b( x 2) 4 x 5 ( a b) x a 2b khi đó
a 2b 5
b 3
3
7
2
2
2
2 x 1
3x 2
3
7
2 dx
6) I 6 2
dx 2
dx
2
2
4x 4x 1
(2 x 1)
2(2 x 1) 2(2 x 1)
1
1
1
2
3
7
3
7
ln 2 x 1
ln 3
4(2 x 1) 1
2
6
4
1
2
2
2
2 x 2 4
1
(2 x 2)
1
x 3
dx
7) I 7 2
dx 2 2
dx 2
dx 4 2
A 4 B (*)
2 1 x 2 x 4
x 2x 4
x 2x 4
x 2x 4 2
1
1
1
2
2
+) Tính A
2
+) Tính B
2
(2 x 2)
d ( x 2 2 x 4)
2
dx
1 x 2 2 x 4 1 x 2 2 x 4 ln x 2 x 4
2
1
2 ln 2 (1)
2
dx
dx
1 x 2 2 x 4 1 ( x 1) 2 3
3dt
Đặt x 1 3 tan t với t ; dx
3.(1 tan 2 t ) dt và x : 1 2 thì t : 0
2
cos t
3
2 2
3
B
0
3
3.(1 tan 2 t )dt
3
4 3
3
3
3
(2) . Thay (1) và (2) vào (*) ta được: I 7 ln 2
dt
t
2
0
tan t 1
3
3
0
Trang 5
Ví dụ 3. Tính các tích phân sau:
2
2 x3 x 2 2 x 4
dx
1) I1
2x 1
1
1
1
2) I 2
0
2
2
( x 1)
dx ( D – 2013)
x2 1
0
4) I 4
5) I 5
0
2
x 4 2 x3 4 x 2 x 2
dx
x2 2x 3
3) I3
1
4 x3 4 x 2 7 x 2
dx
4x2 4 x 1
2
2x x 1
dx
x2 2x 4
Giải:
2
2
2
x3
10 5
2 x3 x 2 2 x 4
5
5
2
1) I1
dx x 1
ln 3
dx x ln 2 x 1
3 2
2x 1
2x 1
2
3
1
1
1
1
2) I 2
0
1
1
2
2( x 1) ( x 3)
x 4 2 x3 4 x 2 x 2
x5
2
1
dx
x
dx
x 1
dx
2
2
( x 1)( x 3)
x 2x 3
x 2x 3
0
0
1
1
x3
2
1
2
dx
x2 1
x 2 ln x 3 ln x 1 2 ln 3 ln 2
3
x 3 x 1
3
0
0
2
3) I3
1
2
2
2
4 x3 4 x 2 7 x 2
6x 2
3(2 x 1) 1
3
1
dx
x
dx
x
dx
x
dx
2
2
2
2
4x 4 x 1
4x 4 x 1
(2 x 1)
2 x 1 (2 x 1)
1
1
1
2
x2 3
1
11 3
ln 2 x 1
ln 3
2(2 x 1) 1 6 2
2 2
1
( x 1) 2
dx ( D – 2013)
x2 1
0
4) I 4
1
1
I4
0
1
1
1
1
1
x2 1 2x
d ( x 2 1)
2x
2x
x ln( x 2 1) 1 ln 2
dx
dx
dx
dx
dx
1
2
2
2
2
0
x 1
x 1
x 1
x 1
0
0
0
0
0
3
2
2
(2 x 2) 6
2x2 x 1
3
x
9
2
dx 2 2
5) I5 2
dx
dx 2 2
x
2
x
4
x
2
x
4
x 2x 4
0
0
0
2
2
2
2
2
3
3
3 d ( x 2 2 x 4)
dx
2 x ln( x 2 2 x 4) 6I 4 ln 3 6 I (*)
2 dx 2
6 2
2 0 x 2x 4
x 2x 4
2
2
0
0
0
2
Tính I
0
2
dx
dx
2
x 2 x 4 0 ( x 1) 2 3
3
dt 3(1 tan 2 t )dt
dx
2
Đặt x 1 3 tan t (với t ; )
và x : 0 2 thì t :
cos t
6
3
2 2
( x 1)2 3 3(1 tan 2 t )
3
I
6
2
3
6
6
3(1 tan t )dt
3
3 3
3
dt
t
2
3(1 tan t )
3
3
18
3
3
(2*). Thay (2*) vào (*) ta được: I5 4 ln 3
2
3
Trang 6
Ví dụ 4. Tính các tích phân sau:
1
2
4) I 4
1
1
x7
2) I 2
dx
(3 2 x 4 ) 2
0
(B – 2012)
1
2x 3
dx
2
( x 2 x)( x 2 4 x 3)
5) I5
x
dx
(1 2 x) 3
0
Giải:
1) I1
8) I8
0
1
x3
dx
x 4 3x 2 2
3) I3
1
dx
x 1 x 2014
1
0
1
x2 1
dx
x( x 4 3x 2 2)
2
6) I 6
1
0
9) I9
(B – 2012) Đặt t x 2 dt 2 xdx hay xdx
và x : 0 1 thì t : 0 1 I1
2
x 1
2 x 4 4 x3 6 x 2 4 x 1 dx
2
7) I 7
1
2
1
x3
1) I1 4
dx
x 3x 2 2
0
dx
x x5
3
x 2 dx
(1 x)8
1
dt
2
1
1
x 2 .xdx
1
t.dt
1 2(t 1) (t 2)
1 2
1
2
dt
dt
4
2
x 3 x 2 2 0 t 3t 2 2 0 (t 1)(t 2)
2 0 t 2 t 1
1
1
3
ln t 2 ln t 1 ln 3 ln 2
2
2
0
1
dt 8 x 3dx x3dx dt
8
Đặt t 3 2 x 4
và x : 0 1 thì t : 3 1
3
t
x4
2
3t
1
1
1
3
7
4
1 2
1 3t
x
x
3
Khi đó I 2
.
dx
x
dx
dt
dt
0 (3 2 x 4 )2
(3 2 x 4 ) 2
8 3 t 2
16 1 t 2
0
1
x7
2) I 2
dx
(3 2 x 4 ) 2
0
3
3
1 3 1
1 3
2 ln 3
2 dt ln t
16
16 1 t t
16 t
1
2
3) I3
1
x2 1
dx
x( x 4 3 x 2 2)
2
Khi đó I3
1
dt
và x :1 2 thì t :1 2
2
2
( x 2 1)
1
t 1
.xdx 2
dt
2
4
2
x ( x 3 x 2)
2 1 t (t 3t 2)
Lúc này ta sẽ phân tích
hệ số . Cụ thể:
Đặt t x 2 dt 2 xdx xdx
t 1
thành tổng các phân thức có mẫu bậc 1 bằng phương pháp đồng nhất
t (t 3t 2)
2
t 1
t 1
A B
C
t (t 3t 2) t (t 1)(t 2) t t 1 t 2
t 1 A(t 1)(t 2) Bt (t 2) Ct (t 1) (*)
2
Việc tìm A, B, C có thể làm theo 2 cách :
1
A
A B C 0
2
2
Cách 1: (*) t 1 ( A B C )t (3 A 2 B C )t 2 A khi đó 3 A 2 B C 1 B 2
2 A 1
3
C
2
Trang 7
1
2
+) Chọn t 1 thì (*) có dạng: 2 B B 2
Cách 2: +) Chọn t 0 thì (*) có dạng: 1 2 A A
+) Chọn t 2 thì (*) có dạng: 3 2C C
3
2
2
2
7 ln 3 11.ln 2
1 1
2
3
3
1
dt ln t ln(t 1) ln(t 2)
Vậy I3
4
2 1 2t t 1 2(t 2)
4
4
1
2
2
2
2x 3
2x 3
2x 3
dx
dx 2
dx
2
2
( x 2 x)( x 4 x 3)
( x 3x)( x 2 3x 2)
x( x 2)( x 1)( x 3)
1
1
1
4) I 4
Cách 1: (đổi biến)
Đặt t x 2 3 x dt (2 x 3) dx và x :1 2 thì t : 4 10
10
10
dt
t
1 1
1
1
Khi đó I 4
dt ln
t (t 2) 2 4 t t 2
2 t2
4
10
4
1 15
ln
2 12
Cách 2: (tách ghép và sử dụng kĩ thuật vi phân)
2
2
2
2
2
1 ( x 3 x 2) ( x 3 x) (2 x 3)
1 (2 x 3) dx
(2 x 3) dx
I4
dx
2
2
2
x 2 3x 2
21
( x 3 x)( x 3 x 2)
2 1 x 3x
1
2
2
1 d ( x 2 3 x)
d ( x 2 3 x 2) 1
x 2 3x
ln
2
2
2 1 x 3x
x 3x 2 2 x 2 3x 2
1
1
5) I5
1
1 15
ln
2 12
2
x
2
2
4
x 1
dx
4 x 6 x2 4x 1
Chia cả tử và mẫu trong biểu thức tích phân cho x 2 ta được:
3
1
1 2 dx
x
I5
dx
4
1
1
1
2 x 2 4 x 6
2 x 2
2
4 x 6
2
x x
x
x
1
1
1
x2
1
1
dt 1 2 dx
1
5
x
Cách 1: (đổi biến) Đặt t x
và x : 2 1 thì t : 2
x
2
t 2 x 2 1 2
2
x
2
2
2
2
dt
dt
dt
1
1
Khi đó I5 2
2
2
t 2 5 36
5 (t 2) 4t 6
5 t 4t 4
5 (t 2)
2
2
2
2
Cách 2: (tách ghép và sử dụng kĩ thuật vi phân – dành cho những ai có kĩ năng phân tích tốt)
1
1
1
2
1
1 d x
1 2 dx
1
1
x
x
I5
2
2
1
36
1
1
1
2
2
x 2
x 4 x 4
x 2
x
2
x
x
x
Trang 8
2
6) I 6
1
2
dx
dx
3
3
5
x x
x (1 x 2 )
1
Cách 1: (đổi biến)
dt
và x :1 2 thì t :1 4
2
2
4
4
4
4
1 (t 1) t
1 1
1
1 1 (t 1) t
xdx
1
dt
Khi đó I 6 4
dt
dt
dt
2 1 t 2 t (t 1)
2 1 t 2
t (t 1)
x (1 x 2 ) 2 1 t 2 (t 1) 2 1 t 2 (t 1)
1
Đặt t x 2 dt 2 xdx xdx
4
4
1 1 1 1
1 1
t 1
3 1 5
dt ln
2
ln
2 1 t t t 1
2 t
t 1 8 2 8
Cách 2: (Dùng kĩ thuật tách ghép)
2
2
2
1 (1 x 2 ) x 2
1
x
(1 x 2 ) x 2
1
1 1
dx
dx
dx
3
3
dx
3
2
3
2
2
x (1 x )
x x(1 x )
x
x(1 x )
x x 1 x2
1
1
1
1
2
I6
2
2
2
1
3
1 5 3 1 5
1 d (1 x 2 ) 1
1 1
2 ln x ln(1 x 2 ) ln 2 ln ln
3 dx
2
2
2 2 8 2 8
2 1 1 x
x x
2x
1 8
1
1
1
1
1
1
x
1 1 2x 1
1
1
1
1
1
1
7) I 7
dx
dx
dx
3
3
2
3
2
(1 2 x)
2 0 (1 2 x)
2 0 (1 2 x) (1 2 x)
2 2(1 2 x) 4(1 2 x) 0 18
0
2
8) I8
1
dx
x 1 x 2014
Đặt t 1 x 2014 dt 2014 x 2013 dx x 2013dx
2
1
x 2013dx
Khi đó I8 2014
2014
1 x 2014
1 x
1 22014
2
dt
và x :1 2 thì t : 2 1 2 2014
2014
1
dt
(t 1)t 2014
1 2 2014
2
1 1
dt
t 1 t
t 1
1
ln
2014
t
0
9) I9
1 22014
2
2015ln 2 ln(1 2 2014 )
2014
2
x dx
(1 x)
8
Đặt t 1 x dt dx và x : 1 0 thì t :1 2
1
2
Khi đó I9
2
2
2
(1 t )2 dt 1 2t t 2
1
1
33
1 2 1
1
1 t 8 1 t 8 dt 1 t 8 t 7 t 6 dt 7t 7 3t 6 5t 5 1 4480
2
Ví dụ 5. Tính các tích phân sau:
1) I1
1
x2 1
dx
x3
ln 2
2) I 2
Giải:
2
1) I1
1
x2 1
dx
x3
tdt xdx
Đặt t x 2 1 t 2 x 2 1 2 2
và cận t : 0 3
x t 1
2
2
I1
1
x2 1
x 2 1.xdx
dx
1 x 4
x3
3
0
t.tdt
2
(t 1)2
3
0
t2
dt
(1 t 2 )2
Trang 9
0
3
e x 1dx
Đặt t tan u dt
3
du
(1 tan 2 u)du và cận u : 0
2
3
cos u
2
2
3
3
2
3
2
tan u.(1 tan u )du
tan u
sin u
du
.cos 2 udu sin 2 udu
2
2
2
2
(1 tan u )
1 tan u
cos u
0
0
0
I1
0
3
1 cos 2u
1
3 4 3 3
1
3
du u sin 2u
24
2
4
2
0 6 8
0
3t 2 dt e x dx
Đặt t 3 e x 1 t 3 e x 1 x 3
và cận t : 0 1
e t 1
ln 2
2) I 2
3
e x 1dx
3
e x 1dx
0
ln 2
I2
ln 2 3
0
0
1
1
1
e x 1.e x dx
t.3t 2 dt
t 3dt
1
3
3 1 3 dt
x
3
3
e
t 1
t 1
t 1
0
0
0
Ta dùng phương pháp đồng nhất hệ số:
1
1
A
Bt C
2
1 A.(t 2 t 1) ( Bt C )(t 1)
3
2
t 1 (t 1)(t t 1) t 1 t t 1
A B 0
1
1
2
1 ( A B ) t 2 ( A B C )t A C A B C 0 A ; B ; C
3
3
3
A C 1
( Có thể chọn t 0 và t 1 được ba pt 3 ẩn A, B, C rồi giải tìm được A, B, C (máy tính có thể giúp ) )
Vậy ta có:
1
1
t 2
1 1
t 2
2
2
t 1 3(t 1) 3(t t 1) 3 t 1 t t 1
3
1
(2t 1) 1
1
1
1
1
1
1
1 d (t 2 t 1)
dt
1
t2
2
I2 3
3
3
dt
dt
dt
2
2
2
2
2 0 t t 1
t 1 t t 1
t 1
t t 1
t 1
t t 1
0
0
0
0
1
1
1
3t ln(t 1) ln(t 2 t 1) J 3 ln 2 J
2
0
1
3
3(1 tan 2 u )
dt
du
du
2 cos 2 t
2
1
3
Đặt t
tan u
2
2
2 2
t 1 3 3 (1 tan 2 u )
4
2 2
6
J
6
2
3(1 tan u )
4
2 3
du
.
2
2
3(1 tan u )
3
Thay (2*) vào (*) ta được : I 2 3 ln 2
6
và t : 0 1 thì cận u :
2 3 6
2 3
du
u
(2*)
3
9
6
6
2 3
9
Trang 10
1
dt
dt
2
2
t t 1 0 1 3 2
0
t
2 2
(*) với J
6
6
Nhận xét: Trong các bài toán đổi biến các em sẽ nhận ra một điều (rất quan trọng trong phần đổi biến), khi
chúng ta đổi biến thì bước tiếp theo là bước vi phân cả 2 vế. Sau khi làm xong điều này các em sẽ biết ngay
là bài toán chúng ta đi có đúng hướng hay không. Cụ thể: Nếu sau khi vi phân ta có: f (t ) dt g ( x) dx thì
xảy ra 2 khả năng:
+) Trong đề bài có chứa g ( x) dx (có thể phải thêm bước tách ghép, thêm bớt để nhìn thấy nó) và phần còn
lại của biểu thức dưới dấu tích phân (nếu có) còn chứa biến x mà ta rút được theo t . Khi đó xác suất ta đi
theo hướng này đúng là cao.
+) Trong đề bài không có lượng g ( x) để ta chỉnh (vì dx đi một mình lúc này “không ổn” phải có mặt
g ( x ) đi cùng hay phải có g ( x ) dx thì ta mới chuyển được theo f (t ) dt ). Khi đó các em nên nghĩ tới việc tự
nhân thêm vào (đề bài không cho thì ta tự cho) và chỉnh bằng cách nhân với lượng tương ứng ở dưới mẫu số
và phần phát sinh thêm sau khi nhân cùng với biểu thức trước đó sẽ rút được theo t (ở cả hai bài toán trên
ta đã tự nhân cả tử và mẫu lần lượt với x và e x )
Bài luyện
1
Tính các tích phân sau:
1) I
0
3
3
x
dx
2
x 2x 1
3) I 3
0
1
0
0
7) I 7
(x
1
1
2
0
0
9
( Đs: 3ln 4 )
4
dx
4 x 3)( x 2 4 x 4)
dx
x 4 3x 2 4
9) I 9
2) I 2
3
4) I 4
( Đs:
0
6) I 6
0
1 3 1
ln )
2 2 6
( Đs:
1
2
8) I 8
0
0
1
1
3
dx
) 15) I15
( Đs: ln 2
3
1 x
3
18
0
14) I14
x2 2
17) I17 4
3
2
1 x 2 x 5x 4x 4
3
( Đs: )
44
6 10
2
1
4
dx
x4 4 x2 3
1
1
2
x
dx
)
( Đs:
dx ( Đs: ) 12) I12
2
3
2
8
8
(1 3 x)
0
0 x 1
11) I11
13) I13
0
1 x2
dx ( Đs:
1 x4
( Đs: ln
9
)
2
x3dx
3
( Đs: ln 2 )
2
2
x 1
dx
x 2 x2 1
10) I10
1
1
4 x 11
dx
x 5x 6
2
x 2 3 x 10
1 4
dx ( Đs:1 ln )
2
x 2x 9
2 3
1
ln 3
)
20
1
1
1 3
xdx
( Đs: ln )
4
2
4 2
x 4x 3
5) I 5
1
dx
1 1
( Đs: ln )
2
x x2
3 4
( Đs:
1 1
ln 3 )
3 4
( Đs:
(9 2 3)
)
72
x3 dx
x
8
4
2
( Đs:
1 ln 3
)
96 128
1
2
1 x4
) 16) I16
dx (Đs: )
6
1 x
6
3
0
1
2x 5
1 5
dx ( Đs: ln )
2
( x 3 x 2)( x 7 x 12)
2 4
0
18) I18
2
2
1
19) I19
0
1
2x 1
dx
4
3
x 2 x 3x 2 2 x 3
3
( Đs: ln )
5
3
xdx
( Đs: ln 2 )
2
20 5
( x 1)( x 2)
0
21) I 21
2
23) I 23
1
3
2
20) I 20
1
1
22) I 22
0
5
2
x x 4x 1
8 15
dx ( Đs: ln )
4
3
x x
3 7
13
21
x2 3
ln 3 ln 2 )
dx ( Đs:
4
2
4
4
x( x 3x 2)
2 x 2 5x 2
dx
x3 2 x 2 4 x 8
( Đs:
1
3
ln )
6
4
4 x3 2 x 2 x 1
15 2
dx ( Đs: ln )
2
2
x ( x 1)
2 15
3
24) I 24
Trang 11
2. TÍCH PHÂN LƯỢNG GIÁC CƠ BẢN
Trước khi đi vào 10 dạng tích phân hay gặp trong các kì thi Đại Học – Cao Đẳng các em cần nắm
được cách tính các tích phân lượng giác cơ bản qua các ví dụ sau:
Ví dụ 1. Tính các tích phân sau với k 1;5 (có 40 câu tích phân trong ví dụ này) :
2
2
A sin k xdx
B cos k xdx
0
C tan k xdx
0
4
1
F
dx
cos k x
0
1
E k dx
sin x
D cot k xdx
4
3
0
6
2
2
4
G
6
3
1
dx
tan k x
H
4
1
dx
cot k x
Giải:
*) Với k = 1 . Ta có:
2
+) A1 sin xdx cos x
2
0
2
1
0
0
4
4
4
0
sin x
d cos x
dx
ln cos x
cos x
cos x
0
0
2
2
+) C1 tan xdx
4
2
+) E1
4
0
2 1
ln 2
2
2
ln
2
cos x
d sin x
+) D1 cot xdx
ln sin x
dx
sin x
sin x
3
+) B1 cos xdx sin x 02 1
4
2
4
ln
2 1
ln 2
2
2
4
1
dx
sin x
2
Cách 1: E1
3
2
2
3
3
1
sin x
sin x
dx 2 dx
dx . Lúc này ta có 2 cách trình bày
2
sin x
sin x
1 cos x
Cách trình bày 1: Đặt t cos x dt sin xdx và x :
1
2
1
2
1
2
1
thì t : 0
3
2
2
1
2
dt
dt
1 (1 t ) (1 t )
1 1
1
1 1 t
Khi đó E1
dt
dt ln
2
1 t 0 (1 t )(1 t ) 2 0 (1 t )(1 t )
2 0 1 t 1 t
2 1 t
0
1
2
1
ln 3
2
1
ln 3
2
0
Cách trình bày 2:
2
2
1
1
1
1 1 cos x
d cos x
E1
d cos x ln
2 1 cos x 1 cos x
2 1 cos x
(1 cos x )(1 cos x )
3
3
Trang 12
2
3
x
x
x
x
x
2 x
cos 2
dx
dx
2 sin
2 sin
2 cos
2 d cos
2 d sin
1
1
1
2
2 dx
2
2
2
2
Cách 2: E1
dx
x
x
x
x
x
x
sin
2
2
x
2sin
cos
cos
sin
cos
sin
3
3
3
3
3
3
2
2
2
2
2
2
2
x
x 2
x
ln cos ln sin ln tan
2
2
2
3
2
2
2
2
1
1
dx
Cách 3: E1
dx
dx
x
x
x
2 x
sin x
2sin
cos
2 tan cos
3
3
3
2
2
2
2 3
6
x
2 ln tan x
x
2
tan
2
d tan
2
1
ln 3
2
1
ln 3
2
3
2
3
6
6
1
cos x
cos x
+) F1
dx
dx
dx ( tính tương tự như E1 - hoặc đổi biến hoặc vi phân)
2
cos x
cos x
1 sin 2 x
0
0
0
6
6
1
d sin x
1 1
1
1 1 sin x
d sin x ln
2 0 (1 sin x)(1 sin x) 2 0 1 sin x 1 sin x
2 1 sin x
4
+) G1
6
4
4
4
1
cos x
d sin x
ln sin x
dx cot xdx
dx
tan x
sin x
sin x
3
6
6
3
3
4
6
ln 2
4
4
4
2
1
1
1
2
+) A2 sin xdx (1 cos 2 x)dx x sin 2 x
4
20
2
2
0
0
2
2
12
1
1
2
+) B2 cos 2 xdx (1 cos 2 x)dx x sin 2 x
4
20
2
2
0
0
4
4
2
2
4
4
4
1
4
+) C2 tan 2 xdx
1
dx
tan
x
x
2
0
4
cos x
0
0
4
1
+) D2 cot 2 xdx 2 1 dx cot x x 2
4
sin x
4
2
+) E2
3
0
1
ln 3
2
1
ln 2
2
*) Với k = 2 . Ta có:
2
6
3
d cos x
1
sin x
+) H1
dx tan xdx
dx
ln cos x
cot x
cos x
cos x
4
6
1
3
2
dx
cot
x
2
3
sin x
3
6
3
1
6
dx
tan
x
2
0
3
cos x
0
+) F2
Trang 13
3
4
ln
2 1
ln 2
2
2
4
4
4
6
6
6
3
3
3
4
4
1
1
2
dx cot xdx 2 1 dx cot x x 4 3 1
+) G2
2
12
tan x
sin x
6
+) H 2
4
1
1
2
3
dx
tan
xdx
1
dx
tan
x
x
3 1
2
2
12
cot x
cos x
4
*) Với k = 3 . Ta có:
2
2
2
cos3 x 2 2
(có thể đặt t cos x )
+) A3 sin xdx sin x.sin xdx (1 cos x)d cos x cos x
3 0 3
0
0
0
3
2
2
2
2
2
sin 3 x 2 2
+) B3 cos3 xdx cos 2 x.cos xdx (1 sin 2 x)d sin x sin x
3 0 3
0
0
0
4
4
4
(có thể đặt t sin x )
4
tan x
+) C3 tan 3 xdx tan x tan 3 x tan x dx tan x(1 tan 2 x) tan x dx 2 tan x dx
cos x
0
0
0
0
4
4
4
tan x
tan 2 x 4
1 1
dx
xdx
xd
x
C
tan
tan
tan
C1 ln 2
1
2
cos x
2 0
2 2
0
0
0
( các em có thể xem lại cách tính C1
2
2
1
ln 2 đã tính ở trước đó với k = 1 )
2
2
2
cot x
+) D3 cot 3 xdx cot x cot 3 x cot x dx cot x(1 cot 2 x) cot x dx 2 cot x dx
sin x
4
4
2
4
4
4
2
2
2
4
4
4
1 1
cot x
cot 2 x
D1 ln 2
dx
cot
xdx
cot
xd
cot
x
D
1
2
2 2
sin x
2
(các em có thể xem lại cách tính D1
2
2
2
1
sin x
sin x
+) E3 3 dx 4 dx
dx
2
2
sin x
sin x
(1 cos x )
3
1
ln 2 đã tính ở trước đó với k = 1 )
2
3
Đặt t cos x dt sin xdx và t :
1
0
2
3
1
2
1
2
1
2
dt
1 (1 t ) (1 t ) dt 1 2 (1 t ) 2 (1 t ) 2 2(1 t ).(1 t )
dt
Khi đó E3
(1 t 2 ) 2 4 0 (1 t ) 2 .(1 t ) 2
40
(1 t )2 .(1 t )2
0
1
2
1
2
1 1
1
2
1 1
1
1
1
dt
dt
2
2
2
2
4 0 (1 t ) (1 t ) (1 t ).(1 t )
4 0 (1 t ) (1 t ) 1 t 1 t
1
1 1
1
1 t 2 1
1
ln
ln 3
4 1 t 1 t
1 t 0 4
3
Trang 14
6
6
6
1
cos x
cos x
dx
dx
dx
3
4
2
2
x
x
x
cos
cos
(1
sin
)
0
0
0
+) F3
Đặt t sin x dt cos xdx và x : 0
1
2
1
thì t : 0
2
6
1
2
1
2
dt
1 (1 t ) (1 t ) dt 1 2 (1 t ) 2 (1 t ) 2 2(1 t ).(1 t )
Khi đó F3
dt
(1 t 2 ) 2 4 0 (1 t ) 2 .(1 t ) 2
40
(1 t ) 2 .(1 t ) 2
0
1
2
1
2
1 1
1
2
1 1
1
1
1
dt
dt
2
2
2
2
4 0 (1 t ) (1 t ) (1 t ).(1 t )
4 0 (1 t ) (1 t ) 1 t 1 t
1
1 1
1
1 t 2 1
1
ln
ln 3
4 1 t 1 t
1 t 0 4
3
4
4
4
4
1
3
3
cot x(1 cot 2 x) cot x dx
+) G3
dx
cot
xdx
cot
x
cot
x
cot
x
dx
3
tan
x
6
6
6
6
4
4
4
6
6
6
6
4
4
cot x
cos x
d sin x
cot x cos x
2
dx
dx
dx
xd
x
cot
cot
2
sin x
sin x
sin x
sin x
sin x
6
cot 2 x
4
1
ln sin x 1 ln 2
2
2
6
3
+) H 3
4
3
3
4
4
3
1
dx tan 3 xdx tan x tan 3 x tan x dx tan x(1 tan 2 x) tan x dx
3
cot x
4
3
3
3
4
4
4
4
3
3
tan x
sin x
d cos x
tan x sin x
dx
dx
dx
xd
x
2
tan
tan
2
cos x
cos x
cos x
cos x
cos x
4
tan 2 x
3
1
ln cos x 1 ln 2
2
2
4
*) Với k = 4 . Ta có:
2
2
2
2
2
1
1
1 cos 4 x
1 cos 2 x
2
+) A4 sin 4 xdx
dx 1 2cos 2 x cos 2 x dx 1 2 cos 2 x
dx
2
40
4 0
2
0
0
2
1 3
1
13
1
2 3
2 cos 2 x cos 4 x dx x sin 2 x sin 4 x
4 02
2
42
8
0 16
Trang 15
2
2
2
2
2
1
1
1 cos 4 x
1 cos 2 x
2
+) B4 cos 4 xdx
dx 1 2cos 2 x cos 2 x dx 1 2 cos 2 x
dx
2
40
4 0
2
0
0
1 23
1
13
1
2 3
2 cos 2 x cos 4 x dx x sin 2 x sin 4 x
16
4 02
2
42
8
0
4
4
4
4
tan 2 x
+) C4 tan 4 xdx tan 2 x tan 4 x tan 2 x dx tan 2 x(1 tan 2 x) tan 2 x dx 2 tan 2 x dx
cos x
0
0
0
0
4
4
4
1 4 3 8
tan 2 x
tan 3 x 4
2
2
C2
tan
tan
tan
dx
xdx
xd
x
C
2
2
3
4
12
cos x
3 0
0
0
0
(các em có thể xem lại cách tính C2
2
2
4
4
4
đã tính ở trước đó với k = 2 )
4
2
2
cot 2 x
+) D4 cot 4 xdx cot 2 x cot 4 x cot 2 x dx cot 2 x(1 cot 2 x) cot 2 x dx 2 cot 2 x dx
sin x
4
2
2
cot 2 x
cot 3 x
2
2
dx
xdx
xd
x
D
cot
cot
cot
2
sin 2 x
3
4
4
4
(các em có thể xem lại cách tính D2
2
+) E4
3
4
2
2
2
3
3
2
4
D2
1 4 3 8
3
4
12
4
đã tính ở trước đó với k = 2 )
4
2
3
1
1
1
cot x
10 3
dx 2 . 2 dx 1 cot 2 x .d cot x cot x
4
sin x
3
27
sin x sin x
6
6
4
3
6
1
1
1
tan 3 x 6 10 3
2
dx
dx
x
d
x
x
+) F4
.
1
tan
.
tan
tan
0 cos2 x cos2 x 0
cos 4 x
3 0
27
0
4
4
4
1
4
2
4
2
cot 2 x(1 cot 2 x) cot 2 x dx
+) G4
dx
cot
xdx
cot
x
cot
x
cot
x
dx
4
tan
x
6
6
6
6
4
4
4
6
6
6
6
4
4
cot 2 x
cot 2 x
1
2 cot 2 x dx 2 dx cot 2 xdx cot 2 xd cot x 2 1 dx
x
x
x
sin
sin
sin
6
cot 3 x
4 8
cot x x
12
3
6
Trang 16
3
+) H 4
4
3
3
4
4
3
1
dx tan 4 xdx tan 2 x tan 4 x tan 2 x dx tan 2 x(1 tan 2 x) tan 2 x dx
4
cot x
3
4
3
2
2
3
3
3
4
4
4
tan x
tan x
1
2 tan 2 x dx
1 dx
dx tan 2 xdx tan 2 xd tan x
2
2
cos x
cos x
cos x
4
4
tan 3 x
3 8
tan x x
12
3
4
*) Với k = 5 . Ta có:
2
2
2
2
+) A5 sin 5 xdx sin 4 x.sin xdx (1 cos 2 x) 2 .sin xdx (1 2cos 2 x cos 4 x).d cos x
0
0
0
0
2
1
8
2
cos x cos 3 x cos5 x
3
5
0 15
2
2
2
(có thể đặt t cos x )
2
+) B5 cos 5 xdx cos 4 x.cos xdx (1 sin 2 x) 2 .cos xdx (1 2sin 2 x sin 4 x).d sin x
0
0
0
0
2
1
8
2
sin x sin 3 x sin 5 x
15
3
5
0
4
4
4
(có thể đặt t sin x )
4
tan 3 x
+) C5 tan 5 xdx tan 3 x tan 5 x tan 3 x dx tan 3 x(1 tan 2 x) tan 3 x dx 2 tan 3 x dx
cos x
0
0
0
0
4
3
4
4
1 1 1
1
tan x
tan 4 x 4
1
3
3
C3 ln 2 ln 2
dx
xdx
xd
x
C
tan
tan
tan
3
2
4 2 2
4
cos x
4 0
2
0
0
0
( các em có thể xem lại cách tính C3
2
2
1 1
ln 2 đã tính ở trước đó với k = 3 )
2 2
2
2
4
4
cot 3 x
+) D5 cot 5 xdx cot 3 x cot 5 x cot 3 x dx cot 3 x(1 cot 2 x) cot 3 x dx 2 cot 3 x dx
sin x
4
4
2
2
2
4
4
4
4
1 1 1
1
cot 3 x
cot 4 x 2
1
2 dx cot 3 xdx cot 3 xd cot x D3
D3 ln 2 ln 2
4 2 2
4
4
2
sin x
( các em có thể xem lại cách tính D3
Trang 17
1 1
ln 2 đã tính ở trước đó với k = 3 )
2 2
2
+) E5
3
2
2
3
3
1
sin x
sin x
dx 6 dx
dx
5
2
3
sin x
sin x
(1 cos x )
Đặt t cos x dt sin xdx và x :
1
2
1
thì t : 0
2
3
2
dt
(1 t 2 )3
0
. Khi đó E5
3
1
1 (1 t ) (1 t ) 1 (1 t )3 (1 t )3 6(1 t ).(1 t )
Ta có:
.
.
(1 t 2 )3 8 (1 t )3 .(1 t )3
8
(1 t )3 .(1 t )3
2
1 1
1 1
1
6
1
3 (1 t ) (1 t )
.
8 (1 t )3 (1 t )3 (1 t )2 .(1 t )2 8 (1 t )3 (1 t )3 2 (1 t ) 2 .(1 t )2
1 1
1
3 (1 t ) 2 (1 t ) 2 2(1 t ).(1 t )
.
8 (1 t )3 (1 t )3 2
(1 t )2 .(1 t ) 2
1 1
1
3 1
1
2
3
3
2
2
8 (1 t ) (1 t ) 2 (1 t ) (1 t ) (1 t ).(1 t )
1 1
1
3 1
1
1
1
3
3
2
2
8 (1 t ) (1 t ) 2 (1 t ) (1 t ) 1 t 1 t
1
2
Suy ra E5
1 1
1
3 1
1
1
1
dt
3
3
2
2
8 0 (1 t ) (1 t ) 2 (1 t ) (1 t ) 1 t 1 t
1
1 1
1
3 1
1
1 t 2 1 3
ln
ln 3
8 2(1 t )2 2(1 t ) 2 2 1 t 1 t
1 t 0 12 16
6
+) F5
0
6
6
1
cos x
cos x
dx
dx
dx
5
6
cos x
cos x
(1 sin 2 x)3
0
0
Đặt t sin x dt cos xdx và t : 0
1
2
1
2
1 3
dt
ln 3 (xem cách tính E5 ở ý trên)
2 3
(1 t )
12 16
0
Khi đó F5
3
3
3
3
1
5
3
5
3
+) H 5
dx
tan
xdx
tan
x
tan
x
tan
x
dx
tan 3 x(1 tan 2 x) tan 3 x dx
5
cot
x
4
4
3
4
4
3
3
3
3
3
4
4
tan x
1
tan x
1
2
dx
dx
dx tan 3 xd tan x H 3
3
2
3
cot x
cos x
cos x
cot x
4
4
3
tan 4 x
1
1
H 3 2 1 ln 2 1 ln 2
4
2
2
4
1
( các em có thể xem lại cách tính H 3 1 ln 2 đã tính ở trước đó với k = 3 )
2
Trang 18
.
CHÚ Ý:
+) Sẽ có nhiều em thắc mắc là biểu thức dưới dấu tích phân tan k xdx tương tự với
k
k
x
dx và
1
dx . Nếu đi tính nguyên hàm (tích phân bất định ) chúng có sự giống nhau
x
(tính nguyên hàm được hiểu là tính trên tập xác định của hàm). Nhưng nếu đi tính tích phân xác định thì sẽ
cot
xdx tương tự với
1
cot
tan
k
4
4
1
dx thì C1 1 như cách chúng ta đã làm. Còn H1
cot x
0
0
trong tình huống này với kiến thức toán sơ cấp sẽ không tính được vì hàm số dưới dấu tích phân không xác
định với cận x 0 .
có sự khác biệt . Ví như tính C1 tan xdx và H1
+) Để đưa ra công thức tổng quát cho các tích phân trên các em sẽ tìm hiểu rõ hơn ở mục VI trong phần
tích phân truy hồi.
Ví dụ 2. Tính các tích phân sau:
2
2
dx
1) I1
1 cos x
0
2
dx
2) I 2
2 cos x
0
4
dx
1 sin x
0
3) I3
4
4) I 4 sin 2 x cos 3 x cos 5 xdx
0
5) I 5 (1 2sin 2 x) sin 6 x cos 6 x dx
0
3
6) I 6 sin 3
0
x
x
cos dx
2
2
Giải:
x
d
2
2
dx
dx
x2
2
1) I1
tan
1
1 cos x 0 2 cos 2 x 0 cos 2 x
20
0
2
2
2dt
dx
2
x
dx
1 t2
2) I 2
Đặt t tan
và x : 0 thì t : 0 1
2
2
2 cos x
2
0
cos x 1 t
2
1 t
2dt
3
1
1
2
du 3(1 tan 2 u )du
2dt
dt
1
t
2
Đặt
và t : 0
I2
t
3
tan
u
cos
u
2
2
6
1 t
t 3
0
0
t 2 3 3(1 tan 2 u )
2
2
1 t
2
6
2
6
2 3(1 tan u )du 2 3
2 3 6
3
du
u
Khi đó I 2
2
3(1 tan u )
3 0
3 0
9
0
2 dt
dx
x
1 t2
CHÚ Ý: Khi đặt t tan
2
2
sin x 2t ; cos x 1 t
1 t 2
1 t2
Trang 19
2
2
2
dx
dx
dx
x 2
cot 1
3) I3
2
x
1 sin x 0
2 40
x
x
0
0 2sin 2
sin cos
2
4
2
2
1
1
1
)
( hoặc biến đổi
1 sin x
2 x
1 cos x 2sin
2
2 4
4
4
4) I 4 sin 2 x cos 3 x cos 5 xdx
0
4
1
1
sin 2 x cos8 x cos 2 x dx sin 2 x cos 8 x sin 2 x cos 2 x dx
2 0
20
4
1
1 1
1
1
4 13
sin10 x sin 6 x sin 4 x dx cos10 x cos 6 x cos 4 x
40
4 10
6
4
0 120
4
5) I 5 (1 2sin 2 x) sin 6 x cos 6 x dx
0
1 2sin 2 x cos 2 x
Ta có: 6
3 2
6
2
2
3
2
2
2
2
sin x cos x (sin x cos x) 3sin x.cos x(sin x cos x) 1 sin 2 x
4
4
4
1 3
1
1
3
4 3
Khi đó I5 cos 2 x 1 sin 2 x dx 1 sin 2 2 x d sin 2 x sin 2 x sin 3 2 x
2 0 4
2
4
4
0 8
0
3
3
1
x
x
x
x 1
x3
6) I 6 sin cos dx 2 sin 3 d sin sin 4
4
2
2
2
2 2
20
0
0
3
Ví dụ 3. Tính các tích phân sau:
4
3
1) I1
2) I 2
cos x sin x
dx
1 sin 2 x
0
0
3
4
sin x
3 sin x cos x
k
dx với k 1;3
4
5) I5 cos 2 x.(sin 3 x sin 3 x cos3 x cos 3 x)dx
4) I 4 cos3 x.cos 3 xdx
0
0
Giải:
4
dx
2 sin x cos x
4
4
3) I 3
4
4
2
cos x sin x
d (sin x cos x)
1
1) I1
1
dx
2
1 sin 2 x
(sin x cos x)
sin x cos x 0
2
0
0
Trang 20
sin 4 x
dx
sin 4 x cos 4 x
0
6) I 6
- Xem thêm -
.PDF 
114 
162 
99 
