Chú ý: Để có kinh phí duy trì website, chúng tôi có đặt một số quảng cáo, trong đó có một quảng cáo popup, mong các bạn thông cảm!

Phương pháp tính tích phân - phương pháp đổi biến

Trong bài viết các phương pháp tìm nguyên hàm của hàm số ta đã biết đến phương pháp đổi biến và phương pháp nguyên hàm từng phần. Bây giờ ta xét đến bài toán tính tích phân thì thực chất củng chỉ là tìm nguyên hàm rồi bổ xung thêm hai cận a và b. Trong bài này chúng ta sẽ tìm hiểu về phương pháp đổi biến để tính tích phân. Ta có thể chia phương pháp đổi biến ra là hai loại:

  • Loại 1: Đặt $t = u\left( x \right)$
  • Loại 2: Đặt $x = u\left( t \right)$

Xem thêm: 

  1. Khái niệm nguyên hàm của hàm số và các tính chất
  2. Phương pháp tìm nguyên hàm của hàm số
  3. Định nghĩa tích phân và các tính chất của tích phân

Phương pháp đổi biến loại 1

Bài toán: Tính tích phân dạng: $I = \int\limits_a^b {f\left( {u(x)} \right)\left( {u(x)} \right)'dx} $

Phương pháp:

Đặt $t = u\left( x \right) \Rightarrow dt = u'\left( x \right)dx$

Đổi cận:

doi can

$ \Rightarrow I = \int\limits_{u(a)}^{u(b)} {f\left( t \right)dt} $

Ví dụ 1: Tính các tích phân sau:

a) $I = \int\limits_0^1 {{e^{{x^2} + 1}}xdx} $

Phân tích: Ta thấy có thể viết lại: $I = \int\limits_0^1 {{e^{{x^2} + 1}}xdx} = \int\limits_0^1 {{e^{{x^2} + 1}}\frac{1}{2}.2xdx} = \frac{1}{2}\int\limits_0^1 {{e^{{x^2} + 1}}.2xdx} $

Trong đó ${2x}$ là đạo hàm của ${{x^2}+1}$ nên ta có thể đặt $t = {x^2}+1$.

Giải

Đặt $t = {x^2}+1 \Rightarrow dt = 2xdx$

Đổi cận:

doi can vd1

$ \Rightarrow I = \frac{1}{2}\int\limits_1^2 {{e^t}dt} = \frac{1}{2}{e^t}\left| \begin{array}{l}2\\1\end{array} \right. = \frac{1}{2}\left( {{e^2} - e} \right)$

b) $J = \int\limits_0^1 {{x^3}\sqrt {{x^2} + 1} dx} $

Đặt $t = \sqrt {{x^2} + 1} \Rightarrow {t^2} = {x^2} + 1 \Rightarrow {x^2} = {t^2} - 1 \Rightarrow xdx = tdt$

Đổi cận:

doi can vd2

$ \Rightarrow J = \int\limits_0^1 {{x^2}.\sqrt {{x^2} + 1} .xdx} = \int\limits_1^{\sqrt 2 } {\left( {{t^2} - 1} \right).t.tdt} = \int\limits_1^{\sqrt 2 } {\left( {{t^4} - {t^2}} \right)dt} $</p>
<p>$ = \left( {\frac{{{t^5}}}{5} - \frac{{{t^3}}}{3}} \right)\left| \begin{array}{l}\sqrt 2 \\1\end{array} \right. = \frac{{2\sqrt 2 + 2}}{{15}}$</p>
<p><strong>M?t s? bi t?p p d?ng</strong></p>
<p style=1)J1 = " />\int\limits_1^2 {x{e^{{x^2}}}dx}              2) J<sub>2</sub> = \int\limits_1^e {\frac{{\sqrt {1 + \ln x} }}{x}dx} </p>
<p style=3) J3 = " />\int\limits_0^1 {{x^3}{{({x^4} - 1)}^5}dx}       4) J<sub>4</sub> = \int\limits_0^2 {\sqrt {4 - {x^2}} .xdx} </p>
<p style=5) J5 = " />\int\limits_0^{\pi /2} {\frac{{\cos x}}{{{{(1 + \sin x)}^4}}}dx} </p>
<div class=

Ph??ng php ??i bi?n lo?i 2

Trong m?t s? tr??ng h?p ??t bi?t, ta s? ??i bi?n b?ng cch ??t$x = u\left( t \right)$ ?? chuy?n t? bi?n x v? bi?n t. M?t s? tr??ng h?p m ta th??ng g?p c th? p d?ng ph??ng php ny:

1) Hm s? c ch?a" />\sqrt {{a^2} - {x^2}} : ??t$x = |a|\sin t$ v?i ($ - \frac{\pi }{2} \le t \le \frac{\pi }{2}$) ho?c$x = |a|\cos t$ v?i ($0 \le t \le \pi $).</p>
<p>2) Hm s? c ch?a\sqrt {{x^2} - {a^2}} : ??tx = \frac{{|a|}}{{\sin t}} v?i ( - \frac{\pi }{2} \le t \le \frac{\pi }{2};\,t \ne 0) ho?c x = \frac{{|a|}}{{c{\rm{os}}t}} v?i (0 \le t \le \pi ;\,t \ne \frac{\pi }{2}).</p>
<p>3) Hm s? c ch?a {a^2} + {x^2} : ??t$x = |a|\tan t$ v?i ($ - \frac{\pi }{2} \le t \le \frac{\pi }{2}$) ho?c$x = |a|\cot t$ v?i ($0 \le t \le \pi $).</p>
</div>
<p><span style=V d? 3: Tnh cc tch phn sau:

a)$I = \int\limits_0^2 {\sqrt {4 - {x^2}} dx} $

Gi?i

??t $x = 2\sin t$ ($ - \frac{\pi }{2} \le t \le \frac{\pi }{2}$)

$ \Rightarrow dx = 2\cos tdt$

??i c?n:

doi can vd3

$ \Rightarrow I = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\sqrt {4 - 4{{\sin }^2}t} .2\cos tdt} =\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\sqrt {4\left( {1 - {{\sin }^2}t} \right)} .2\cos tdt} $

$ = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\sqrt {4{{\cos }^2}t} .2\cos tdt} = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {4{{\cos }^2}tdt} = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {2\left( {1 + \cos 2t} \right)dt} $

$ = 2\left( {t + \frac{1}{2}\sin 2t} \right)\left| \begin{array}{l}\frac{\pi }{2}\\0\end{array} \right. = \pi $

b)$J = \int\limits_0^1 {\frac{x}{{1 + {x^2}}}dx} $

Gi?i

??t$x = \tan t \Rightarrow dx = \frac{1}{{{{\cos }^2}t}}dt$ ($ - \frac{\pi }{2} \le t \le \frac{\pi }{2}$)

??i c?n:

doi can vd4

$ \Rightarrow J = \int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {\frac{{\tan t}}{{1 + {{\tan }^2}t}}\left( {1 + {{\tan }^2}t} \right)dt} = \int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {\tan tdt} = \int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {\frac{{\sin t}}{{\cos t}}dt} $

$ = - \int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {\frac{{\left( {\cos t} \right)'}}{{\cos t}}dt} = - \ln \left( {\cos t}\right)\left| \begin{array}{l}\frac{\pi }{4}\\0\end{array} \right. = - \ln \frac{{\sqrt 2 }}{2}$

M?t s? bi t?p p d?ng:

1) " />\int\limits_0^1 {\frac{{dx}}{{1 + {x^2}}}}      2) \int\limits_0^{\sqrt 2 } {\sqrt {2 - {x^2}} dx}           3) \int\limits_{\sqrt 2 }^2 {\frac{{dx}}{{x\sqrt {{x^2} - 1} }}} </p>
<p style=4) " />\int\limits_{\frac{1}{2}}^{\frac{{\sqrt 3 }}{2}} {\frac{{dx}}{{\sqrt {1 - {x^2}} }}} $$             5) $\int\limits_1^{\sqrt 3 } {\frac{{\sqrt {9 + 3{x^2}} dx}}{{{x^2}}}} $

Trên đây là phương pháp đổi biến để tính tích phân bao gồm đổi biến loại 1 và đổi biến loại 2. Trong đó phương pháp đổi biến loại 1 thường khó hơn vì chúng ta không có dạng chung để biết đặt t như thế nào cho đúng. Để có thể thành thạo dạng toán này cần phải làm nhiều bài tập để rút ra kinh nghiệm cho mình.

Trong bài sau chúng ta sẽ tìm hiểu phương pháp thứ 2 để tính tích phân là phương pháp tích phân từng phần.

Ý kiến bạn đọc

This site uses Akismet to reduce spam. Learn how your comment data is processed.

Đăng ký nhận bài giảng và tài liệu mới qua email

Cập nhật tài liệu toán hay và mới nhất.

Họ và tên:



Email*:



Bạn đã đăng ký thành công!