PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN SỐ TÌM NGUYÊN HÀM

- Đổi biến số là một phương pháp phổ biến có thể dùng để tính các dạng bài tập về Nguyên hàm từ cơ bản đến nâng cao. 

- Để áp dụng phương pháp đổi biến số, chúng ta có 5 bước để tiến hành:

Bước 1. Xác định hàm số cần tính nguyên hàm.

Bước 2. Tiến hành đổi biến số bằng cách thay thế biến số ban đầu bằng một biến số mới thích hợp. Đây là bước quan trọng để hình thành một biểu thức mới có thể được tích phân dễ dàng hơn.

Bước 3. Tính đạo hàm của biến số mới để tính toán tỷ lệ giửa các biến số.

Bước 4. Thay biểu thức mới đã được đổi biến số vào trong nguyên hàm ban đầu để chỉ ra rằng đổi biến số đã được thực hiện thành công.

Bước 5. Tính nguyên hàm với biến số mới.

Bước 6. Cuối cùng, ta thực hiện đổi biến số ngược lại thành biến số ban đầu để có kết quả nguyên hàm cuối cùng.

• Cho hàm số \(f(x)\) liên tục trên đoạn \([a ; b]\). Giả sử hàm số \(x=\varphi(t)\) có đạo hàm liên tục trên đoạn \([\alpha ; \beta]\) sao cho \(\varphi(\alpha)=a ; \varphi(\beta)=b\) và \(a \leq \varphi(t) \leq b\) với mọi \(t \in[\alpha ; \beta]\).

Khi đó \(\int_{a}^{b} f(x) d x=\int_{\alpha}^{\beta} f(\phi(t)) \varphi^{\prime}(t) d t\).

•Chú ý: Trong nhiều trường hợp ta còn sử dụng phép biến đổi biến số ở dạng sau: 

+ Cho hàm số \(f(x)\) liên tục trên đoạn \([a ; b]\). 

+ Để tính \(\int_{a}^{b} f(x) d x\), đôi khi ta chọn hàm số \(u=u(x)\) làm biến số mới, trong đó trên đoạn \([a ; b], u(x)\) có đạo hàm liên tục và \(u(x) \in[\alpha ; \beta]\)

- Giả sử có thể viết:\(f(x)=g(u(x)) u^{\prime}(x), x \in[a ; b]\), với \(g(u)\) liên tục trên đoạn \([\alpha ; \beta]\).

Khi đó, ta có:\(\int_{a}^{b} f(x) d x=\int_{u(a)}^{u(b)} g(u) d u\).

Dạng 1: đổi biến \(t=u(x)\).

- Bước 1: Đặt \(t=u(x)\), đổi cận

- Bước 2: Tính vi phân \(d t=u^{\prime}(x) d x\).

- Bước 3: Biến đổi \(f(x) d x\) thành \(g(t) d t\). 

- Bước 4: Tính tích phân

Dạng 2: Tính tích phân bằng phương pháp đổi biến \(x=u(t)\).

- Bước 1: Đặt \(x=u(t)\), đổi cận

- Bước 2: Lấy vi phân 2 vế \(d x=u^{\prime}(t) d t\).

- Bước 3: Biến đổi

- Bước 4: Tính nguyên hàm theo công thức

Định lý 1: Nếu \(F(x)\) là một nguyên hàm của hàm số \(f(x)\) trên K thì với mỗi hằng số \(C\), hàm số \(G(x)\) = \(F(x)+C\)cũng là một nguyên hàm của hàm số \(f(x)\) trên \(K\).

Định lý 2: Ngược lại, nếu \(F(x)\) là một nguyên hàm của hàm số \(f(x)\) trên \(K\) thì mọi nguyên hàm của \(f(x)\) trên \(K\) đều có dạng \(F(x) + CV\) với \(C\) là một hằng số tùy ý.

Kí hiệu họ nguyên hàm của hàm số\(f(x)\) là \(∫f(x)dx\)

Khi đó: \(∫f(x)dx =F(x) + C, C ∈ R.\) 

Ký hiệu \(K\) là khoản, đoạn hoặc nửa khoản của \(R\).

Cho hàm số \(f(x)\) xác định trên \(K\).

Hàm số \(F(x)\) được gọi là nguyên hàm của hàm số \(f(x)\)trên \(K\) nếu \(F'(x)\) = \(f(x)\) với mọi \(x ∈ K\).

Tính chất 1: \((∫f(x)dx)' = f(x) và ∫f'(x)dx = f(x) + CT\)

Tính chất 2: \(∫kf(x)dx = k∫f(x)dx\) với \(K\) là hằng số khác 0.

Tính chất 3: \(∫[f(x) ± g(x)]dx = ∫f(x)dx ± ∫g(x)dx\)

1. Hàm số sơ cấp: 

 \(\int \mathrm{d} x=x+C\) & \(\int\)

 \(\int x^{\alpha} \mathrm{d} x=\frac{x^{\alpha+1}}{\alpha+1}+C(\alpha \neq-1)\) & \(\int\)

 \(\int \frac{1}{x} \mathrm{~d} x=\ln |x|+C\) & \(\int\)

 \(\int e^{x} \mathrm{~d} x=e^{x}+C\)

 \(\int a^{x} \mathrm{~d} x=\frac{a^{x}}{\ln a}+C(0\lt a \neq 1)\) 

 \(\int \cos x \mathrm{~d} x=\sin x+C\) & \(\int\)

\(\int \sin x \mathrm{~d} x=-\cos x+C\)

 \(\int \frac{1}{\cos ^{2} x} \mathrm{~d} x=\tan x+C\)

\(\int \frac{1}{\sin ^{2} x} \mathrm{~d} x=-\cot x+C\)

2. Hàm số hợp:

\(\begin{array}{l}\int \mathrm{d} u=u+C \\ \int u^{\alpha} \mathrm{d} x=\frac{u^{\alpha+1}} {\alpha+1}+C(\alpha \neq-1) \\ \int \frac{1}{u} \mathrm{~d} u=\ln |u|+C \\ \int e^{u} \mathrm{~d} u=e^{u}+C\end{array}\)\(\begin{array}{l}\int a^{u} \mathrm{~d} u=\frac{a^{u}}{\ln a}+C(0\lt a \neq 1) \\ \int \cos u \mathrm{~d} u=\sin u+C \\ \int \sin u \mathrm{~d} u=-\cos u+C \\ \int \frac{1}{\cos ^{2} u} \mathrm{~d} u=\tan u+C \\ \int \frac{1}{\sin ^{2} u} \mathrm{~d} u=-\cot u+C\end{array}\)

1. Nếu hàm \(f(x)\) có chứa \(\sqrt{a^{2}-x^{2}}\) thì đặt: \(x=\mathrm{a} \sin t\\\) \(\longrightarrow\left\{\begin{array}{l}d x=d(a \sin t)=a \cos t d t \\ \sqrt{a^{2}-x^{2}}=\sqrt{a^{2}-a^{2} \sin ^{2} t}=a \cos t\end{array}\right.\)\)

2. Nếu hàm \(f(x)\) có chứa \(\sqrt{a^{2}+x^{2}}\) thì đặt: \(x=a \tan t\) \(\longrightarrow\left\{\begin{array}{l}d x=d(a \tan t)=\frac{a d t}{\cos ^{2} t} \\ \sqrt{a^{2}+x^{2}}=\sqrt{a^{2}+a^{2} \tan ^{2} t}=\frac{|a|}{\cos t}\end{array}\right.\)\)

3. Nếu hàm \(f(x)\) có chứa \(\sqrt{x^{2}-a^{2}}\) thì đặt: \(x=\frac{a}{\sin t}\\) \(\longrightarrow\left\{\begin{array}{l}d x=d\left(\frac{a}{\sin t}\right)=\frac{-a \cos t d t}{\sin ^{2} t} \\ \sqrt{x^{2}-a^{2}}=\sqrt{\frac{a^{2}}{\sin ^{2} t}-a^{2}}=\frac{|a|}{\cot t}\end{array}\right.\\)

Bài 1. Tìm nguyên hàm của các hàm số sau:

a) \(I_{1}=\int \frac{d x}{\sqrt{4-x^{2}}} ;(a=2)\)

b) \(I_{2}=\int \sqrt{1-x^{2}} d x ;(a=1)\)

c) \(I_{3}=\int \frac{x^{2} d x}{\sqrt{1-x^{2}}} ;(a=1)\) 

a) Đặt \(x=2 \sin t \longrightarrow\left\{\begin{array}{l}d x=d(2 \sin t)=2 \cos t d t \\ \sqrt{4-x^{2}}=\sqrt{4-4 \sin ^{2} t}=2 \cos t\end{array} \longrightarrow I_{1}=\int \frac{d x}{\sqrt{4-x^{2}}}=\int \frac{2 \cos t d t}{2 \cos t}=\int d t=t+C\right.\)Từ phép đặt \(x=2 \sin t \Leftrightarrow t=\arcsin \left(\frac{x}{2}\right) \longrightarrow I_{1}=\arcsin \left(\frac{x}{2}\right)+C\)

b) Đặt \(x=\sin t \longrightarrow\left\{\begin{array}{l}d x=d(\sin t)=\cos t d t \\ \sqrt{1-x^{2}}=\sqrt{1-\sin ^{2} t}=\cos t\end{array}\right.\)Khi đó, \(I_{2}=\int \sqrt{1-x^{2}} d x=\int \cos t \cdot \cos t d t=\int \frac{1+\cos 2 t}{2} d t=\frac{1}{2} \int d t+\frac{1}{2} \int \cos 2 t d t=\frac{t}{2}+\frac{1}{4} \sin 2 t+C\)Từ \(x=\sin t \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}\cos t=\sqrt{1-\sin ^{2} t}=\sqrt{1-x^{2}} \\ t=\arcsin x\end{array} \longrightarrow \sin 2 t=2 \sin t \cdot \cos t=2 x \sqrt{1-x^{2}}\right.\)\(\longrightarrow I_{2}=\frac{\arcsin x}{2}+\frac{1}{2} x \sqrt{1-x^{2}}+C\)

c) Đặt \(x=\sin t \longrightarrow\left\{\begin{array}{l}d x=d(\sin t)=\cos t d t \\ \sqrt{1-x^{2}}=\sqrt{1-\sin ^{2} t}=\cos t\end{array}\right.\)Khi đó, \(I_{3}=\int \frac{x^{2} d x}{\sqrt{1-x^{2}}}=\int \frac{\sin ^{2} t \cdot \cos t d t}{\cos t}=\int \sin ^{2} t d t=\int \frac{1-\cos 2 t}{2} d t=\frac{1}{2} t-\frac{1}{4} \sin 2 t+C\)Từ \(x=\sin t \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}\cos t=\sqrt{1-\sin ^{2} t}=\sqrt{1-x^{2}} \\ t=\arcsin x\end{array} \longrightarrow \sin 2 t=2 \sin t \cdot \cos t=2 x \sqrt{1-x^{2}}\right.\)

Bài 2: Tìm nguyên hàm của các hàm số sau:

a) \(I_{1}=\int \frac{d x}{\sqrt{x^{2}-1}}\)

b) \(I_{2}=\int \frac{d x}{x^{2} \sqrt{x^{2}-4}}\)

c) \(I_{3}=\int \frac{d x}{\sqrt{x^{2}-2 x-2}}\)

Bài giải chi tiết:

a) Đặt  \(\begin{array}{l}\text x=\frac{1}{\sin t} \longrightarrow\left\{\begin{array}{l}d x=d\left(\frac{1}{\sin t}\right)=\frac{-\cos t d t}{\sin ^{2} t} \\ \sqrt{x^{2}-1}=\sqrt{\frac{1}{\sin ^{2} t}-1}\end{array}  \longleftrightarrow\left\{\begin{array}{l}d x=\frac{-\cos t d t}{\sin ^{2} t} \\ \sqrt{x^{2}-1}=\cot t\end{array} \longrightarrow I_{1}=\int \frac{d x}{\sqrt{x^{2}-1}}=\int \frac{-\cos t d t}{\sin ^{2} t \cdot \cot t}\right.\right. \\ =-\int \frac{\sin t d t}{\sin ^{2} t}=\int \frac{d(\cos t)}{1-\cos ^{2} t}=\int \frac{d(\cos t)}{(1-\cos t)(1+\cos t)}=\frac{1}{2} \int \frac{(1-\cos t)+(1+\cos t)}{(1-\cos t)(1+\cos t)} d(\cos t)=\frac{1}{2} \ln \left|\frac{1+\cos t}{1-\cos t}\right|+C. \\ x=\frac{1}{\sin t} \longrightarrow \cos ^{2} t=1-\sin ^{2} t=1-\frac{1}{x^{2}} \Leftrightarrow \cos t=\frac{\sqrt{x^{2}-1}}{x} \longrightarrow I_{1}=\frac{1}{2} \ln \left|\frac{1+\frac{\sqrt{x^{2}-1}}{x}}{1-\frac{\sqrt{x^{2}-1}}{x}}\right|+C \text {. } \\\end{array}\)

b) Đặt\(x=\frac{2}{\sin t} \longrightarrow\left\{\begin{array}{l}d x=d\left(\frac{2}{\sin t}\right)=\frac{-2 \cos t d t}{\sin ^{2} t} \\ \sqrt{x^{2}-4}=\sqrt{\frac{4}{\sin ^{2} t}-4}\end{array} \longleftrightarrow\left\{\begin{array}{l}d x=\frac{-2 \cos t d t}{\sin ^{2} t} \\ \sqrt{x^{2}-4}=2 \cot t \Rightarrow x^{2} \sqrt{x^{2}-4}=\frac{8 \cot t}{\sin ^{2} t}\end{array}\right.\right.\)Khi đó, \(I_{2}=\int \frac{d x}{x^{2} \sqrt{x^{2}-4}}=\int \frac{-2 \cos t d t}{\sin ^{2} t \cdot \frac{8 \cot t}{\sin ^{2} t}}=-\frac{1}{4} \int \sin t d t=\frac{1}{4} \cos t+C\). Từ \(x=\frac{2}{\sin t} \longrightarrow \cos ^{2} t=1-\sin ^{2} t=1-\frac{4}{x^{2}} \Leftrightarrow \cos t=\frac{\sqrt{x^{2}-4}}{x} \longrightarrow I_{2}=\frac{\sqrt{x^{2}-4}}{4 x}+C\)

c) \(I_{3}=\int \frac{d x}{\sqrt{x^{2}-2 x-2}}=\int \frac{d(x-1)}{\sqrt{(x-1)^{2}-3}} \stackrel{t=x-1}{\longrightarrow} I_{3}=\int \frac{d t}{\sqrt{t^{2}-3}}=\int \frac{d t}{\sqrt{t^{2}-(\sqrt{3})^{2}}}\)Đặt \(t=\frac{\sqrt{3}}{\sin u} \longrightarrow\left\{\begin{array}{l}d t=d\left(\frac{\sqrt{3}}{\sin u}\right)=\frac{-\sqrt{3} \cos u d u}{\sin ^{2} u} \\ \sqrt{t^{2}-3}=\sqrt{\frac{3}{\sin ^{2} u}-3}\end{array} \longleftrightarrow\left\{\begin{array}{l}d t=\frac{-\sqrt{3} \cos u d u}{\sin ^{2} u} \\ \sqrt{t^{2}-3}=\sqrt{3} \cot u\end{array}\right.\right.\)

Từ \(t=\frac{\sqrt{3}}{\sin u} \Rightarrow \cos ^{2} u=1-\frac{3}{t^{2}} \Leftrightarrow \cos t=\frac{\sqrt{t^{2}-3}}{t} \longrightarrow I_{3}=\frac{1}{2} \ln \left|\frac{1+\frac{\sqrt{t^{2}-3}}{t}}{1-\frac{\sqrt{t^{2}-3}}{t}}\right|+C=\frac{1}{2} \ln \left|\frac{1+\frac{\sqrt{x^{2}-2 x-2}}{x-1}}{1-\frac{\sqrt{x^{2}-2 x-2}}{x-1}}\right|+C\).

•Một số kết quả quan trọng cần lưu ý khi giải trắc nghiệm:\(\begin{array}{l}-\int \frac{d x}{x^{2}+a^{2}}=\frac{1}{a} \arctan \left(\frac{x}{a}\right)+C . \\ -\int \frac{d x}{x^{2}-a^{2}}=\frac{1}{2 a} \ln \left|\frac{x+a}{x-a}\right|+C . \\ -\int \frac{d x}{a^{2}-x^{2}}=\frac{1}{2 a} \ln \left|\frac{x-a}{x+a}\right|+C . \\ -\int \frac{d x}{\sqrt{x^{2} \pm a}}=\ln \left|x+\sqrt{x^{2} \pm a}\right|+C .\end{array}\)

• Nếu hàm \(f(x)\) có chứa \(\sqrt[n]{g(x)}\) thì đặt \(t=\sqrt[n]{g(x)} \Leftrightarrow t^{n}=g(x) \longrightarrow n t^{n-1}=g^{\prime}(x) d x\)• Khi đó, \(I=\int f(x) d x=\int h(t) d t\), việc tính nguyên hàm \(\int h(t) d t\) đơn giản hơn so với việc tính \(\int f(x) d x\).

Dạng 1: Đặt \(\mathbf{t}=\) hàm theo biến \(\mathbf{x}\)

•Mẫu 1: Đổi biến hàm số vô tỷ đơn giản.

Nguyên hàm \(\int f(x) d x\) trong đó \(f(x)=\sqrt[n]{g(x)}\) 

Ta đặt \(t=\sqrt[n]{g(x)} \Rightarrow t^{n}=g(x)\)\(\Rightarrow n t^{n-1} d t=g^{\prime}(x) d x\). 

Khi đó \(\int f(x) d x=\int h(t) d t\).

•Mẫu 2: Nguyên hàm dạng \(\int f\left(a^{x}\right) d x\).

Ta đặt \(t=a^{x} \Rightarrow d t=a^{x} \ln a d x \Rightarrow d x=\frac{d t}{t \cdot \ln a} \Rightarrow \int f\left(a^{x}\right) d x=\int \frac{f(t) \cdot d t}{t \cdot \ln a}\)

•Mẫu 3: Nguyên hàm dạng \(\int \frac{f(\ln x) d x}{x}\)

Ta đặt \(t=\ln x \Rightarrow d t=\frac{1}{x} d x\). 

Khi đó \(\int \frac{f(\ln x) d x}{x}=\int f(t) d t\).

* Chú ý: Nếu nguyên hàm Mẫu 2 và Mẫu 3 có chứa căn thức, ta nên đặt \(t\) bằng căn thức.

Ví dụ với nguyên hàm \(I=\int \frac{\ln x \cdot d x}{x \sqrt{\ln ^{2} x+1}}\) 

ta nên đặt \(t=\sqrt{\ln ^{2} x+1} \Rightarrow t^{2}=\ln ^{2} x+1\).

Bài 1: Tìm các nguyên hàm sau:

a) \(I=\int x^{3} \sqrt{x^{2}+4} d x\).

b) \(I=\int x \sqrt{\left(x^{2}+4\right)^{3}} d x\).

c) \(I=\int \frac{d x}{x(1+\sqrt{x})}\).

d) \(I=\int \frac{1}{x \sqrt{x^{3}+9}} d x\).

Bài giải chi tiết:

a) Đặt \(t=\sqrt{x^{2}+4} \Rightarrow t^{2}=x^{2}+4 \Rightarrow 2 t \mathrm{~d} t=2 x d x \Leftrightarrow t d t=x d x\)Khi đó \(I=\int x^{2} \sqrt{x^{2}+4} x d x=\int\left(t^{2}-4\right) t . t d t=\int\left(t^{4}-4 t^{2}\right) d t\)

b) Đặt \(t=\sqrt{x^{2}+4} \Rightarrow t^{2}=x^{2}+4 \Rightarrow 2 t d t=2 x d x \Leftrightarrow t d t=x d x\)

Khi đó \(I=\int x \sqrt{\left(x^{2}+4\right)^{3}} d x=\int t^{3} \cdot t d t=\int t^{4} d t=\frac{t^{5}}{5}+C=\frac{\sqrt{\left(x^{2}+4\right)^{5}}}{5}+C\)

c) Đặt \(t=\sqrt{x} \Rightarrow t^{2}=x \Rightarrow 2 t d t=d x\)

Khi đó \(I=\int \frac{2 t d t}{t^{2}(1+t)}=\int \frac{2 d t}{t(t+1)}=\int \frac{2(t+1-t) d t}{t(t+1)}=2 \int\left(\frac{1}{t}-\frac{1}{t+1}\right) d t\)

d) Đặt \(t=\sqrt{x^{3}}+9 \Rightarrow t^{2}=x^{3}+9 \Rightarrow 2 t d t=3 x^{2} d x\)

Ta có:

Bài 2. Tìm các nguyên hàm sau:

a) \(I=\int \frac{2 e^{x}+1}{e^{x}+1} d x\).

b) \(I=\int \frac{\ln ^{2} x+1}{x \ln x} d x\).

c) \(I=\int \frac{\ln x \cdot \sqrt{2 \ln x+1}}{x} d x\).

d) \(I=\int \frac{\ln x}{x \cdot \sqrt{\ln x+2}} d x\).

Bài giải chi tiết:

a) đặt

\(\begin{array}{l}\text { } t=e^{x} \Rightarrow d t=e^{x} d x \Rightarrow d t=t d x \\ \text { Khi đó } I=\int \frac{(2 t+1) d t}{t(t+1)}=\int \frac{(2 t+1) d t}{t^{2}+t}=\int \frac{d\left(t^{2}+t\right)}{t^{2}+t}=\ln \left|t^{2}+t\right|+C=\ln \left(e^{2 x}+e^{x}\right)+C \\ =\ln e^{x}+\ln \left(e^{x}+1\right)+C=x+\ln \left(e^{x}+1\right)+C .\end{array}\)

b) Đặt \(t=\ln x \Rightarrow d t=\frac{d x}{x}\)

Khi đó \(I=\int \frac{t^{2}+1}{t} d t=\int\left(t+\frac{1}{t}\right) d t=\frac{t^{2}}{2}+\ln |t|+C=\frac{\ln ^{2} x}{2}+\ln |\ln x|+C\)

c) Đặt \(t=\sqrt{2 \ln x+1} \Rightarrow t^{2}=2 \ln x+1 \Rightarrow 2 t d t=\frac{2 d x}{x} \Leftrightarrow t d t=\frac{d x}{x}\)

d) Đặt \(t=\sqrt{\ln x+2} \Rightarrow t^{2}=\ln x+2 \Rightarrow 2 t d t=\frac{d x}{x}\)Khi đó: \(I=\int \frac{t^{2}-2}{t} \cdot 2 t d t=2 \int\left(t^{2}-2\right) d t=\frac{2 t^{3}}{3}-4 t+C=\frac{2 \sqrt{(\ln x+2)^{3}}}{3}-4 \sqrt{\ln x+2}+C\)

Dạng 2: Đặt \(x\) = hàm theo biến \(t\)

•Mẫu 1: Nếu \(\sqrt{x^{2} - a^{2}}\) có chứa \(\sqrt{x^{2} + a^{2}}\) ta đặt \(f{\left( x \right )}\)\(x = \frac{a}{\cos{t}}\)

•Mẫu 2: Dạng \(x = a \tan{t} , \left( t \in \left( - \frac{\pi}{2} ; \frac{\pi}{2} \right ) \right )\) thì đổi biến số \(\Rightarrow \left\lbrace \left[ dx = a \cos{t} dt \right ] , \left[ \sqrt{a^{2} - a^{2} \sin^{2}{t}} = \left \lvert a \left \lvert \cos{t} \right ] \right . \right. \right.\)\(\sqrt{a^{2} - x^{2}}\)จ. 

•Mẫu 3: Dạng \(x = a \sin{t} \left( t \in \left[ - \frac{\pi}{2} ; \frac{\pi}{2} \right ] \right )\) thì ta đặt \(\Rightarrow \left \lbrace \begin{matrix} dx = \frac{- a \cos{t} dt}{\sin^{2}{t}} \\ \sqrt{x^{2} - a^{2}} = \sqrt{a^{2} \cot^{2}{t}} \end{matrix} \right .\) 

(Hoặc)\(\Rightarrow \left \lbrace \begin{matrix} dx = \frac{a dt}{\cos^{2}{t}} \\ \sqrt{a^{2} + x^{2}} = \sqrt{a^{2} + a^{2} \tan^{2}{t}} = \frac{\left \lvert a \right \rvert}{\cos{t}} \end{matrix} \right .\)\(x = a \tan{t}\)

Mẫu 4: Dạng \(\int \frac{dx}{x^{2} + a^{2}}\) thì ta đặt \(x = \frac{a}{\sin{t}}\).

Bài 1: Tìm nguyên hàm của các hàm số sau:

a) \(I_{1}=\int \frac{d x}{\sqrt{4-x^{2}}} ;(a=2)\)

b) \(I_{2}=\int \sqrt{1-x^{2}} d x ;(a=1)\)

c) \(I_{3}=\int \frac{x^{2} d x}{\sqrt{1-x^{2}}} ;(a=1)\)

Lời giải chi tiết:

a) Đặt \(x=2 \sin t \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}d x=d(2 \sin t)=2 \cos t d t \\ \sqrt{4-x^{2}}=\sqrt{4-4 \sin ^{2} t}=2 \cos t\end{array} \longrightarrow I_{1}=\int \frac{d x}{\sqrt{4-x^{2}}}=\int \frac{2 \cos t d t}{2 \cos t}=\int d t=t+C\right.\) Từ phép đặt:\(x=2 \sin t \Leftrightarrow t=\arcsin \left(\frac{x}{2}\right) \longrightarrow I_{1}=\arcsin \left(\frac{x}{2}\right)+C\)

b) Đặt \(x=\sin t \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}d x=d(\sin t)=\cos t d t \\ \sqrt{1-x^{2}}=\sqrt{1-\sin ^{2} t}=\cos t\end{array}\right.\)Khi đó \(I_{2}=\int \sqrt{1-x^{2}} d x=\int \cos t \cdot \cos t d t=\int \frac{1+\cos 2 t}{2} d t=\frac{1}{2} \int d t+\frac{1}{2} \int \cos 2 t d t=\frac{t}{2}+\frac{1}{4} \sin 2 t+C\)Từ phép đặt:\(x=\sin t \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}\cos t=\sqrt{1-\sin ^{2} t}=\sqrt{1-x^{2}} \\ t=\arcsin x\end{array} \longrightarrow \sin 2 t=2 \sin t \cdot \cos t=2 x \sqrt{1-x^{2}}\right.\)

c) Đặt \(x=\sin t \longrightarrow\left\{\begin{array}{l}d x=d(\sin t)=\cos t d t \\ \sqrt{1-x^{2}}=\sqrt{1-\sin ^{2} t}=\cos t\end{array}\right.\)

Khi đó, \(I_{3}=\int \frac{x^{2} d x}{\sqrt{1-x^{2}}}=\int \frac{\sin ^{2} t \cdot \cos t d t}{\cos t}=\int \sin ^{2} t d t=\int \frac{1-\cos 2 t}{2} d t=\frac{1}{2} t-\frac{1}{4} \sin 2 t+C\)

Từ phép đặt:\(x=\sin t \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}\cos t=\sqrt{1-\sin ^{2} t}=\sqrt{1-x^{2}} \\ t=\arcsin x\end{array} \longrightarrow \sin 2 t=2 \sin t \cdot \cos t=2 x \sqrt{1-x^{2}}\right.\)

Bài 2. Tìm nguyên hàm của các hàm số sau:

a) \(I_{1}=\int \frac{d x}{x^{2}+1} ;(a=1)\)

b) \(I_{2}=\int \sqrt{x^{2}+2 x+5} d x\)

Lời giải chi tiết:

a) Đặt \(x=\tan x \longrightarrow\left\{\begin{array}{l}d x=d(\tan t)=\frac{d t}{\cos ^{2} t}=\left(1+\tan ^{2} t\right) d t \\ 1+x^{2}=1+\tan ^{2} t\end{array} \longrightarrow I_{1}=\int \frac{\left(1+\tan ^{2} t\right) d t}{1+\tan ^{2} t}=\int d t=t+C\right.\)

Từ giả thiết đặt \(x=\tan t \Leftrightarrow t=\arctan x \longrightarrow I_{1}=\arctan x+C\)

b) Ta có \(I_{2}=\int \sqrt{x^{2}+2 x+5} d x=\int \sqrt{(x+1)^{2}+4} d(x+1) \xrightarrow{t=x+1} I=\int \sqrt{t^{2}+4} d t\)

Đặt \(t=2 \tan u \longrightarrow\left\{\begin{array}{l}d t=d(2 \tan u)=\frac{2 d u}{\cos ^{2} u} \\ \sqrt{4+t^{2}}=\sqrt{4+4 \tan ^{2} u}=\frac{2}{\cos u}\end{array} \longrightarrow I_{2}=\int \frac{2 d u}{\frac{2}{\cos u} \cdot \cos ^{2} u}=\int \frac{d u}{\cos u}=\int \frac{\cos u d u}{\cos ^{2} u}\right.\)

Từ phép đặt \(t=2 \tan u \Leftrightarrow \tan u=\frac{t}{2} \longrightarrow \frac{1}{\cos ^{2} u}=1+\frac{t^{2}}{4} \longrightarrow \sin ^{2} u=1-\cos ^{2} u=1-\frac{4}{4+t^{2}}=\frac{t^{2}}{4+t^{2}}\)

Từ đó ta được \(I_{2}=\frac{1}{2} \ln \left|\frac{1+\sin u}{1-\sin u}\right|+C=\frac{1}{2} \ln \left|\frac{1+\frac{t}{\sqrt{4+t^{2}}}}{1-\frac{t}{\sqrt{4+t^{2}}}}\right|+C=\frac{1}{2} \ln \left|\frac{1+\frac{x+1}{\sqrt{x^{2}+2 x+5}}}{1-\frac{x+1}{\sqrt{x^{2}+2 x+5}}}\right|+C\)

• Một số kết quả quan trọng cần lưu ý khi giải trắc nghiệm:

\(\begin{array}{l}\int \frac{d x}{x^{2}+a^{2}}=\frac{1}{a} \arctan \frac{x}{a}+C(a \neq 0) \\ \int \frac{d x}{x^{2}-a^{2}}=\frac{1}{2 a} \ln \left|\frac{x+a}{x-a}\right|+C\end{array}\)\(\begin{array}{l}\int \frac{d x}{\sqrt{x^{2}+a}}=\ln \left|x+\sqrt{x^{2}+a}\right|+C \quad(a \neq 0) \\ \int \frac{d x}{\sqrt{a^{2}-x^{2}}}=\arcsin \frac{x}{a}+C \quad(a\gt 0)\end{array}\)