\(\int {x\sin x\cos xdx} \) bằng:
\(I = \int {x\sin x\cos xdx} = \dfrac{1}{2}\int {x\sin 2xdx} \)
Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}u = x\\dv = \sin 2xdx\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = dx\\v = - \dfrac{{\cos 2x}}{2}\end{array} \right. \)
$\Rightarrow I = \dfrac{1}{2}\left( { - x.\dfrac{{\cos 2x}}{2} + \dfrac{1}{2}\int {\cos 2xdx} } \right) + C $
$= \dfrac{1}{2}\left( { - \dfrac{{x\cos 2x}}{2} + \dfrac{{\sin 2x}}{4}} \right) + C$
Tính \(I = \int {\cos \sqrt x dx} \) ta được:
Đặt \(\sqrt x = t \Rightarrow x = {t^2} \Rightarrow dx = 2tdt \Rightarrow I = 2\int {t\cos tdt} .\)
Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}u = t\\dv = \cos tdt\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = dt\\v = \sin t\end{array} \right. \)
$\Rightarrow I = 2\left( {t\sin t - \int {{\mathop{\rm sint}\nolimits} dt} + C} \right) = 2\left( {t\sin t + \cos t + C} \right) $
$= 2\left( {\sqrt x \sin \sqrt x + \cos \sqrt x } \right) + C.$
Gọi $F(x)$ là một nguyên hàm của hàm số \(y = x.\cos x\) mà $F(0) = 1$. Phát biểu nào sau đây đúng:
Ta có \(F\left( x \right) = \int {x.\cos xdx} \)
Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}u = x\\dv = \cos xdx\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = dx\\v = \sin x\end{array} \right. \Rightarrow F\left( x \right) = x\sin x - \int {\sin xdx} + C = x\sin x + \cos x + C.\) \(F\left( 0 \right) = 1 \Leftrightarrow 0\sin 0 + \cos 0 + C = 1 \Leftrightarrow 1 + C = 1 \Leftrightarrow C = 0 \Rightarrow F\left( x \right) = x\sin x + \cos x\)
Ta có: \(F\left( { - x} \right) = \left( { - x} \right)\sin \left( { - x} \right) + \cos \left( { - x} \right) = x\sin x + \cos x = F\left( x \right) \Rightarrow F\left( x \right)\) là hàm chẵn.
Cho F(x) là một nguyên hàm của hàm số \(f\left( x \right) = \dfrac{x}{{{{\cos }^2}x}}\) thỏa mãn \(F\left( 0 \right) = 0.\) Tính \(F\left( \pi \right)?\)
$\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}u = x\\dv = \dfrac{1}{{{{\cos }^2}x}}dx\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = dx\\v = \tan x\end{array} \right.\\ \Rightarrow F\left( x \right) = x\tan x - \int {\tan xdx} + C = x\tan x - \int {\dfrac{{\sin x}}{{\cos x}}dx} + C \\ = x\tan x + \int {\dfrac{{d\left( {\cos x} \right)}}{{\cos x}}} + C = x\tan x + \ln \left| {\cos x} \right| + C.\\ \Rightarrow F\left( 0 \right) = C = 0 \Rightarrow F\left( \pi \right) = 0\end{array}$
Biết rằng \(x{e^x}\) là một nguyên hàm của hàm số \(f\left( { - x} \right)\) trên khoảng \(\left( { - \infty ; + \infty } \right)\). Gọi \(F\left( x \right)\) là một nguyên hàm của \(f'\left( x \right){e^x}\) thỏa mãn \(F\left( 0 \right) = 1\), giá trị của \(F\left( { - 1} \right)\) bằng:
Vì \(x{e^x}\) là một nguyên hàm của hàm số \(f\left( { - x} \right)\) nên \(\left( {x{e^x}} \right)' = f\left( { - x} \right) \Leftrightarrow f\left( { - x} \right) = {e^x} + x{e^x} = {e^x}\left( {1 + x} \right)\).
\( \Rightarrow f\left( x \right) = {e^{ - x}}\left( {1 - x} \right)\).
\(\begin{array}{l} \Rightarrow f'\left( x \right) = - {e^{ - x}}\left( {1 - x} \right) - {e^{ - x}} = - {e^{ - x}}\left( {2 - x} \right) = \left( {x - 2} \right){e^{ - x}}\\ \Rightarrow f'\left( x \right){e^x} = \left( {x - 2} \right){e^{ - x}}.{e^x} = x - 2\\ \Rightarrow F\left( x \right) = \int\limits_{}^{} {f\left( x \right)dx} = \int\limits_{}^{} {\left( {x - 2} \right)dx} = \dfrac{{{x^2}}}{2} - 2x + C\\F\left( 0 \right) = 1 \Rightarrow C = 1 \Rightarrow F\left( x \right) = \dfrac{{{x^2}}}{2} - 2x + 1\\ \Rightarrow F\left( { - 1} \right) = \dfrac{{{{\left( { - 1} \right)}^2}}}{2} - 2\left( { - 1} \right) + 1 = \dfrac{7}{2}\end{array}\)
Tính \(I = \int {x{{\tan }^2}xdx} \) ta được:
\(I = \int {x{{\tan }^2}xdx} = \int {x\left( {\dfrac{1}{{{{\cos }^2}x}} - 1} \right)dx} = \int {x.\dfrac{1}{{{{\cos }^2}x}}dx} - \int {xdx} = {I_1} - {I_2}\)
Ta có: \({I_2} = \int {xdx} = \dfrac{{{x^2}}}{2} + {C_2},{I_1} = \int {x\dfrac{1}{{{{\cos }^2}x}}dx} \)
Đặt $\left\{ \begin{array}{l}u = x\\dv = \dfrac{1}{{{{\cos }^2}x}}dx\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = dx\\v = \tan x\end{array} \right.$
$\begin{array}{l} \Rightarrow {I_1} = x\tan x - \int {\tan xdx} + {C_1} = x\tan x - \int {\dfrac{{\sin x}}{{\cos x}}dx} + {C_1} \\ = x\tan x + \int {\dfrac{{d\left( {\cos x} \right)}}{{\cos x}}} + {C_1} = x\tan x + \ln \left| {\cos x} \right| + {C_1}.\\ \Rightarrow I = x\tan x + \ln \left| {\cos x} \right| + {C_1} - \dfrac{{{x^2}}}{2} - {C_2} = x\tan x + \ln \left| {\cos x} \right| - \dfrac{{{x^2}}}{2} + C.\end{array}$
Nguyên hàm của hàm số \(f(x) ={\cos 2x\ln \left( {\sin x + \cos x} \right)dx} \) là:
Ta có:
\(\begin{array}{l}\cos 2x\ln \left( {\sin x + \cos x} \right) = \left( {\cos x + \sin x} \right)\left( {\cos x - \sin x} \right)\ln \left( {\sin x + \cos x} \right)\\ \Rightarrow I = \int {\left( {\cos x + \sin x} \right)\left( {\cos x - \sin x} \right)\ln \left( {\sin x + \cos x} \right)dx} \end{array}\)
Đặt \(t = \sin x + \cos x \Rightarrow dt = \left( {\cos x - \sin x} \right)dx\) , khi đó ta có:\(I = \int {t\ln tdt} \)
Đặt $\left\{ \begin{array}{l}u = \ln t\\dv = tdt\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = \dfrac{1}{t}dt\\v = \dfrac{{{t^2}}}{2}\end{array} \right.$
$\begin{array}{l} \Rightarrow I = \dfrac{1}{2}{t^2}\ln t - \dfrac{1}{2}\int {tdt} + C = \dfrac{1}{2}{t^2}\ln t - \dfrac{{{t^2}}}{4} + {C_1}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{1}{2}{\left( {\sin x + \cos x} \right)^2}\ln \left( {\sin x + \cos x} \right) - \dfrac{{{{\left( {\sin x + \cos x} \right)}^2}}}{4} + {C_1}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{1}{2}\left( {{{\sin }^2}x + {{\cos }^2}x + \sin 2x} \right)\ln \left( {\sin x + \cos x} \right) - \dfrac{{1 + \sin 2x}}{4} + {C_1}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{1}{4}\left( {1 + \sin 2x} \right)\ln {\left( {\sin x + \cos x} \right)^2} - \dfrac{{\sin 2x}}{4} - \dfrac{1}{4} + {C_1}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{1}{4}\left( {1 + \sin 2x} \right)\ln \left( {1 + \sin 2x} \right) - \dfrac{{\sin 2x}}{4} + C.\end{array}$
Tính \(I = \int {\ln \left( {x + \sqrt {{x^2} + 1} } \right)dx} \) ta được:
Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}u = \ln \left( {x + \sqrt {{x^2} + 1} } \right)\\dv = dx\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = \dfrac{{1 + \dfrac{x}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}}}{{x + \sqrt {{x^2} + 1} }}dx\\v = x\end{array} \right. \)
$\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = \dfrac{{\dfrac{{x + \sqrt {{x^2} + 1} }}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}}}{{x + \sqrt {{x^2} + 1} }}dx = \dfrac{{dx}}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}\\v = x\end{array} \right.$
\( \Rightarrow I = x\ln \left( {x + \sqrt {{x^2} + 1} } \right) - \int {\dfrac{x}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}dx} + {C_1}.\)
Đặt \(t = \sqrt {{x^2} + 1} \Rightarrow {t^2} = {x^2} + 1 \Leftrightarrow tdt = xdx \)
$\Rightarrow \int {\dfrac{x}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}dx} = \int {\dfrac{{tdt}}{t}} = \int {dt} = t + {C_2} = \sqrt {{x^2} + 1} + {C_2}$
Khi đó ta có: \( \Rightarrow I = x\ln \left( {x + \sqrt {{x^2} + 1} } \right) - \sqrt {{x^2} + 1} + C.\)
Tính \(I = \int {{e^{2x}}\cos 3xdx} \) ta được:
Đặt $\left\{ \begin{array}{l}u = {e^{2x}}\\dv = \cos 3xdx\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = 2{e^{2x}}dx\\v = \dfrac{{\sin 3x}}{3}\end{array} \right. \Rightarrow I = \dfrac{1}{3}{e^{2x}}\sin 3x - \dfrac{2}{3}\int {{e^{2x}}\sin 3xdx} + {C_1}.$
Xét nguyên hàm \(\int {{e^{2x}}\sin 3xdx} \), đặt
\(\left\{ \begin{array}{l}a = {e^{2x}}\\db = \sin 3xdx\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}da = 2{e^{2x}}\\b = - \dfrac{{\cos 3x}}{3}\end{array} \right. \)
$\Rightarrow \int {{e^{2x}}\sin 3xdx} = - \dfrac{1}{3}{e^{2x}}\cos 3x + \dfrac{2}{3}\int {{e^{2x}}\cos 3x} + {C_1} = - \dfrac{1}{3}{e^{2x}}\cos 3x + \dfrac{2}{3}I + {C_2}$
Do đó ta có
\(\begin{array}{l}I = \dfrac{1}{3}{e^{2x}}\sin 3x - \dfrac{2}{3}\left( { - \dfrac{1}{3}{e^{2x}}\cos 3x + \dfrac{2}{3}I + {C_2}} \right) + {C_1}\\ \Leftrightarrow \dfrac{{13}}{9}I = \dfrac{1}{3}{e^{2x}}\sin 3x + \dfrac{2}{9}{e^{2x}}\cos 3x + C\\ \Leftrightarrow I = \dfrac{1}{{13}}{e^{2x}}\left( {3\sin 3x + 2\cos 3x} \right) + C.\end{array}\)
Nguyên hàm của hàm số \(y = {\dfrac{{\left( {{x^2} + x} \right){e^x}}}{{x + {e^{ - x}}}}dx} \) là:
Ta có: \(I = \int {\dfrac{{\left( {{x^2} + x} \right){e^x}}}{{x + {e^{ - x}}}}dx} = \int {\dfrac{{\left( {{x^2} + x} \right){e^x}}}{{\dfrac{{x{e^x} + 1}}{{{e^x}}}}}dx} = \int {\dfrac{{\left( {{x^2} + x} \right){e^{2x}}}}{{x{e^x} + 1}}dx} = \int {\dfrac{{x{e^x}\left( {x + 1} \right){e^x}}}{{x{e^x} + 1}}dx} .\)
Đặt $\left\{ \begin{array}{l}u = x{e^x}\\dv = \dfrac{{\left( {x + 1} \right){e^x}}}{{x{e^x} + 1}}dx = \dfrac{{d\left( {x{e^x} + 1} \right)}}{{x{e^x} + 1}}\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = \left( {{e^x} + x{e^x}} \right)dx = \left( {x + 1} \right){e^x}dx\\v = \ln \left| {x{e^x} + 1} \right|\end{array} \right.$
Khi đó ta có: \(I = x{e^x}\ln \left| {x{e^x} + 1} \right| - \int {\ln \left| {x{e^x} + 1} \right|\left( {x + 1} \right){e^x}dx} + C.\)
Đặt $t = x{e^x} + 1 \Rightarrow dt = \left( {{e^x} + x{e^x}} \right)dx = \left( {x + 1} \right){e^x}dx $
$\Rightarrow \int {\ln \left| {x{e^x} + 1} \right|\left( {x + 1} \right){e^x}dx} = \int {\ln \left| t \right|dt}$
Đặt $\left\{ \begin{array}{l}u = \ln \left| t \right|\\dv = dt\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = \dfrac{1}{t}dt\\v = t\end{array} \right. $
$\Rightarrow \int {\ln \left| t \right|dt} = \ln \left| t \right|.t - \int {dt} + C = \ln \left| t \right|.t - t + C $
$= \left( {x{e^x} + 1} \right)\ln \left| {x{e^x} + 1} \right| - \left( {x{e^x} + 1} \right) + C.$
Vậy \(I = x{e^x}\ln \left| {x{e^x} + 1} \right| - \left( {x{e^x} + 1} \right)\ln \left| {x{e^x} + 1} \right| + \left( {x{e^x} + 1} \right) + C\)
$ = x{e^x} + 1 - \ln \left| {x{e^x} + 1} \right| + C.$
Tính \(\int {\dfrac{{{x^2} - 1}}{{{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2}}}dx} \) ?
Ta có: \(\dfrac{{{x^2} - 1}}{{{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2}}} = \dfrac{{2{x^2}}}{{{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2}}} - \dfrac{1}{{{x^2} + 1}} \)
$\Rightarrow \int {\dfrac{{{x^2} - 1}}{{{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2}}}dx} = \int {\dfrac{{2{x^2}}}{{{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2}}}dx} - \int {\dfrac{1}{{{x^2} + 1}}dx} \,\,\left( 1 \right)$
Ta tính \(\int {\dfrac{{2{x^2}}}{{{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2}}}dx} = \int {\dfrac{{xd\left( {{x^2} + 1} \right)}}{{{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2}}}} \) bằng phương pháp tích phân từng phân như sau:
Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}u = x\\dv = \dfrac{{d\left( {{x^2} + 1} \right)}}{{{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2}}}\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = dx\\v = - \dfrac{1}{{{x^2} + 1}}\end{array} \right. \)
$\Rightarrow \int {\dfrac{{xd\left( {{x^2} + 1} \right)}}{{{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2}}}} = - \dfrac{x}{{{x^2} + 1}} + \int {\dfrac{{dx}}{{{x^2} + 1}}} + C\,\,\left( 2 \right)$
Từ (1) và (2) suy ra \(\int {\dfrac{{{x^2} - 1}}{{{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2}}}dx} = - \dfrac{x}{{{x^2} + 1}} + \int {\dfrac{{dx}}{{{x^2} + 1}}} + C - \int {\dfrac{1}{{{x^2} + 1}}dx} = - \dfrac{x}{{{x^2} + 1}} + C.\)
Cho hàm số \(f\left( x \right)\) có đạo hàm liên tục trên \(\mathbb{R}\) và \(f\left( 1 \right) = 0\), \(F\left( x \right) = {\left[ {f\left( x \right)} \right]^{2020}}\) là một nguyên hàm của \(2020x.{e^x}\). Họ các nguyên hàm của \({f^{2020}}\left( x \right)\) là:
Vì \(F\left( x \right) = {\left[ {f\left( x \right)} \right]^{2020}}\) là một nguyên hàm của \(2020x.{e^x}\) nên
\(\begin{array}{l}F'\left( x \right) = 2020x.{e^x}\\ \Leftrightarrow 2020{f^{2019}}\left( x \right).f'\left( x \right) = 2020x.{e^x}\\ \Leftrightarrow {f^{2019}}\left( x \right).f'\left( x \right) = x.{e^x}\end{array}\)
Lấy nguyên hàm hai vế ta được:
\(\begin{array}{l}\int {{f^{2019}}\left( x \right).f'\left( x \right)dx} = \int {x.{e^x}dx} \\ \Leftrightarrow \int {{f^{2019}}\left( x \right)d\left[ {f\left( x \right)} \right]} = x.{e^x} - \int {{e^x}dx} \\ \Leftrightarrow \dfrac{{{f^{2020}}\left( x \right)}}{{2020}} = x.{e^x} - {e^x} + C\\ \Leftrightarrow {f^{2020}}\left( x \right) = 2020\left( {x - 1} \right){e^x} + 2020C\end{array}\)
Có \(f\left( 1 \right) = 1 \Leftrightarrow 0 = 2020C \Leftrightarrow C = 0\), do đó \({f^{2020}}\left( x \right) = 2020\left( {x - 1} \right){e^x}\).
\( \Rightarrow I = \int {{f^{2020}}\left( x \right)dx} = \int {2020\left( {x - 1} \right){e^x}dx} \).
Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}u = x - 1\\dv = {e^x}dx\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = dx\\v = {e^x}\end{array} \right.\).
Khi đó
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,I = 2020\left[ {\left( {x - 1} \right){e^x} - \int {{e^x}dx} + C} \right]\\ \Leftrightarrow I = 2020\left[ {\left( {x - 1} \right){e^x} - {e^x} + C} \right]\\ \Leftrightarrow I = 2020\left[ {\left( {x - 2} \right){e^x} + C} \right]\\ \Leftrightarrow I = 2020\left( {x - 2} \right){e^x} + C\end{array}\)
Cho hàm số \(f\left( x \right)\) có đạo hàm liên tục trên \(\mathbb{R}\) và \(f\left( 0 \right) = 1\), \(F\left( x \right) = f\left( x \right) - {e^x} - x\) là một nguyên hàm của \(f\left( x \right)\). Họ các nguyên hàm của \(f\left( x \right)\) là:
Ta có:
\(\begin{array}{l}F'\left( x \right) = f\left( x \right)\\ \Leftrightarrow f'\left( x \right) - {e^x} - 1 = f\left( x \right)\\ \Leftrightarrow f'\left( x \right) - f\left( x \right) = {e^x} + 1\\ \Leftrightarrow {e^{ - x}}.f'\left( x \right) - {e^{ - x}}.f\left( x \right) = 1 + {e^{ - x}}\\ \Leftrightarrow \left[ {{e^{ - x}}.f\left( x \right)} \right]' = 1 + {e^{ - x}}\\ \Leftrightarrow \int {\left[ {{e^{ - x}}.f\left( x \right)} \right]'dx} = \int {\left( {1 + {e^{ - x}}} \right)dx} \\ \Leftrightarrow {e^{ - x}}.f\left( x \right) = x - {e^{ - x}} + C\\ \Leftrightarrow f\left( x \right) = x.{e^x} - 1 + C.{e^x}\end{array}\)
Thay \(x = 0\) ta có: \(f\left( 0 \right) = - 1 + C = 1 \Leftrightarrow C = 2\).
\(\begin{array}{l} \Rightarrow f\left( x \right) = x.{e^x} - 1 + 2{e^x} = \left( {x + 2} \right){e^x} - 1\\ \Rightarrow \int {f\left( x \right)dx} = \int {\left[ {\left( {x + 2} \right){e^x} - 1} \right]dx} \\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \int {\left( {x + 2} \right){e^x}dx} - \int {dx} \\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \left( {x + 2} \right){e^x} - \int {{e^x}dx} - x + C\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \left( {x + 2} \right){e^x} - {e^x} - x + C\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \left( {x + 1} \right){e^x} - x + C\end{array}\)
