Cho tích phân $I = \int\limits_a^b {f\left( x \right).g'\left( x \right){\rm{d}}x} ,$ nếu đặt $\left\{ \begin{array}{l}u = f\left( x \right)\\{\rm{d}}v = g'\left( x \right){\rm{d}}x\end{array} \right.$ thì
Đặt $\left\{ \begin{array}{l}u = f\left( x \right)\\{\rm{d}}v = g'\left( x \right){\rm{d}}x\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\rm{d}}u = f'\left( x \right){\rm{d}}x\\v = g\left( x \right)\end{array} \right.,$ khi đó $I = \left. {f\left( x \right).g\left( x \right)} \right|_a^b - \int\limits_a^b {f'\left( x \right).g\left( x \right){\rm{d}}x} .$
Cho $f\left( x \right),\,\,g\left( x \right)$ là hai hàm số có đạo hàm liên tục trên đoạn $\left[ {0;1} \right]$ và thỏa mãn điều kiện $\int\limits_0^1 {g\left( x \right).f'\left( x \right){\rm{d}}x} = 1,\int\limits_0^1 {g'\left( x \right).f\left( x \right){\rm{d}}x} = 2.$ Tính tích phân $I = \int\limits_0^1 {{{\left[ {f\left( x \right).g\left( x \right)} \right]}^\prime }\,{\rm{d}}x} .$
Đặt $\left\{ \begin{array}{l}u = g\left( x \right)\\{\rm{d}}v = f'\left( x \right){\rm{d}}x\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\rm{d}}u = g'\left( x \right){\rm{d}}x\\v = f\left( x \right)\end{array} \right..$
Khi đó $\int\limits_0^1 {g\left( x \right).f'\left( x \right){\rm{d}}x} = \left. {\left[ {g\left( x \right).f\left( x \right)} \right]} \right|_0^1 - \int\limits_0^1 {g'\left( x \right).f\left( x \right){\rm{d}}x} \Leftrightarrow \left. {\left[ {g\left( x \right).f\left( x \right)} \right]} \right|_0^1 = 3.$
Mặt khác $I = \int\limits_0^1 {{{\left[ {f\left( x \right).g\left( x \right)} \right]}^\prime }\,{\rm{d}}x} = \left. {\left[ {f\left( x \right).g\left( x \right)} \right]} \right|_0^1\,\, \Rightarrow \,\,I = 3.$
Cho $F\left( x \right) = {x^2}$ là nguyên hàm của hàm số $f\left( x \right){e^{2x}}$ và $f\left( x \right)$ là hàm số thỏa mãn điều kiện $f\left( 0 \right) = 0,\,\,f\left( 1 \right) = \dfrac{2}{e^2}.$ Tính tích phân $I = \int\limits_0^1 {f'\left( x \right){e^{2x}}{\rm{d}}x} .$
Vì ${x^2}$ là một nguyên hàm của hàm số $f\left( x \right){e^{2x}} \Rightarrow \int {f\left( x \right){e^{2x}}\,{\rm{d}}x} = {x^2}.$
Đặt $\left\{ \begin{array}{l}u = {e^{2x}}\\{\rm{d}}v = f'\left( x \right){\rm{d}}x\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\rm{d}}u = 2{e^{2x}}{\rm{d}}x\\v = f\left( x \right)\end{array} \right.,$ khi đó $\int\limits_0^1 {f'\left( x \right){e^{2x}}{\rm{d}}x} = \left. {f\left( x \right){e^{2x}}} \right|_0^1 - 2\int\limits_0^1 {f\left( x \right){e^{2x}}\,{\rm{d}}x} .$
Suy ra $I = {e^2}f\left( 1 \right) - f\left( 0 \right) - 2\left. {{x^2}} \right|_0^1 = 2-0 - 2 = 0$
Vậy $I = 0$
Cho tích phân $I = \int\limits_1^2 {\dfrac{{x + \ln x}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^3}}}{\rm{d}}x} = a + b.\ln 2 - c.\ln 3$ với $a,b,c \in R$, tỉ số $\dfrac{c}{a}$ bằng
Đặt $\left\{ \begin{array}{l}u = x + \ln x\\{\rm{d}}v = \dfrac{{{\rm{d}}x}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^3}}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\rm{d}}u = \dfrac{{x + 1}}{x}\,{\rm{d}}x\\v = - \dfrac{1}{{2{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}\end{array} \right.$.
Khi đó $I = \left. { - \dfrac{{x + \ln x}}{{2{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}} \right|_1^2 + \int\limits_1^2 {\dfrac{{x + 1}}{x}.\dfrac{1}{{2{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}{\rm{d}}x} .$
$ = - \dfrac{{2 + \ln 2}}{{18}} + \dfrac{1}{8} + \dfrac{1}{2}\int\limits_1^2 {\dfrac{{{\rm{d}}x}}{{x\left( {x + 1} \right)}}} $$= - \dfrac{{2 + \ln 2}}{{18}} + \dfrac{1}{8} + \dfrac{1}{2}\int\limits_1^2 {\left( {\dfrac{1}{x} - \dfrac{1}{{x + 1}}} \right){\rm{d}}x} .$
$\begin{array}{l} = - \dfrac{{2 + \ln 2}}{{18}} + \dfrac{1}{8} + \dfrac{1}{2}\left. {\left( {\ln \left| x \right| - \ln \left| {x + 1} \right|} \right)} \right|_1^2\\ = \dfrac{1}{{72}} - \dfrac{1}{{18}}\ln 2 + \dfrac{1}{2}\left( {\ln 2 - \ln 3 + \ln 2} \right)\\ = \dfrac{1}{{72}} + \dfrac{{17}}{{18}}\ln 2 - \dfrac{1}{2}\ln 3\\ = a + b.\ln 2 - c.\ln 3.\end{array}$
Vậy $\left\{ \begin{array}{l}a = \dfrac{1}{{72}}\\b = \dfrac{{17}}{{18}}\\c = \dfrac{1}{2}\end{array} \right. \Rightarrow \,\dfrac{c}{a} = \dfrac{1}{2}:\dfrac{1}{{72}} = 36.$
Tích phân: $I = \int\limits_1^e {2x(1 - \ln x)\,dx} $bằng
Đặt $\left\{ \begin{array}{l}u = 1 - \ln x\\dv = 2xdx\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = - \dfrac{{dx}}{x}\\v = {x^2}\end{array} \right.$
$I = {x^2}\left( {1 - \ln x} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}{^e}\\{_1}\end{array}} \right. - \int\limits_1^e { - xdx} = - 1 + \dfrac{{{x^2}}}{2}\left| {\begin{array}{*{20}{c}}{^e}\\{_1}\end{array}} \right. = - 1 + \left( {\dfrac{{{e^2}}}{2} - \dfrac{1}{2}} \right) = \dfrac{{{e^2} - 3}}{2}$
Tính tích phân $I = \int\limits_1^e {x\ln x{\rm{d}}x} $
Dùng máy tính kiểm tra từng đáp án hoặc:
Đặt $u = \ln x,dv = xdx \Rightarrow du = \dfrac{{dx}}{x},v = \dfrac{{{x^2}}}{2}$
$I = \dfrac{{{x^2}\ln x}}{2}\left| {\begin{array}{*{20}{c}}{^e}\\{_1}\end{array}} \right. - \int\limits_1^e {\dfrac{x}{2}dx} = \dfrac{{{e^2}}}{2} - \dfrac{{{x^2}}}{4}\left| {\begin{array}{*{20}{c}}{^e}\\{_1}\end{array}} \right. = \dfrac{{{e^2}}}{2} - \left( {\dfrac{{{e^2}}}{4} - \dfrac{1}{4}} \right) = \dfrac{{{e^2} + 1}}{4}$
Tính tích phân \(I = \int\limits_1^{{2^{1000}}} {\dfrac{{\ln x}}{{{{(x + 1)}^2}}}dx} \)
Đặt $\left\{ \begin{array}{l}u = \ln x\\dv = \dfrac{{dx}}{{{{(x + 1)}^2}}}\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = \dfrac{{dx}}{x}\\v = - \dfrac{1}{{x + 1}}\end{array} \right.$
$\begin{array}{l} \Rightarrow I = - \dfrac{{\ln x}}{{x + 1}}\left| {_1^{{2^{1000}}} + \int\limits_1^{{2^{1000}}} {\dfrac{1}{{x + 1}}.} \dfrac{{dx}}{x} = } \right. - \dfrac{{\ln {2^{1000}}}}{{{2^{1000}} + 1}} + \int\limits_1^{{2^{1000}}} {\left( {\dfrac{1}{x} - \dfrac{1}{{x + 1}}} \right)dx} \\ = - \dfrac{{1000\ln 2}}{{{2^{1000}} + 1}} + \left. {\ln \left| {\dfrac{x}{{x + 1}}} \right|} \right|_1^{{2^{1000}}} = - \dfrac{{1000\ln 2}}{{{2^{1000}} + 1}} + \ln \dfrac{{{2^{1000}}}}{{{2^{1000}} + 1}} - \ln \dfrac{1}{2} \\ = - \dfrac{{1000\ln 2}}{{{2^{1000}} + 1}} + \ln \dfrac{{{2^{1001}}}}{{{2^{1000}} + 1}}\end{array}$
Biết rằng$\int {{e^{2x}}\cos 3xdx = {e^{2x}}\left( {a\cos 3x + b\sin 3x} \right) + c} $, trong đó $a, b, c$ là các hằng số, khi đó tổng $a + b$ có giá trị là:
Đặt$f\left( x \right) = {e^{2x}}\left( {a\cos 3x + b\sin 3x} \right) + c$. Ta có
$f'\left( x \right) = 2a{e^{2x}}\cos 3x - 3a{e^{2x}}\sin 3x + 2b{e^{2x}}\sin 3x + 3b{e^{2x}}\cos 3x $
$= \left( {2a + 3b} \right){e^{2x}}\cos 3x + \left( {2b - 3a} \right){e^{2x}}\sin 3x$
Để $f\left( x \right)$ là một nguyên hàm của hàm số ${e^{2x}}\cos 3x$, điều kiện là
$f'\left( x \right) = {e^{2x}}\cos 3x \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2a + 3b = 1\\2b - 3a = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \dfrac{2}{{13}}\\b = \dfrac{3}{{13}}\end{array} \right. \Rightarrow a + b = \dfrac{5}{{13}}$
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) thỏa mãn \(\int\limits_0^1 {\left( {x + 1} \right)f'\left( x \right)dx} = 10\) và \(2f\left( 1 \right) - f\left( 0 \right) = 2\). Tính \(I = \int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx} \)
Đặt $u=x+1;dv=f'(x)dx$ thì $du=dx;v=f(x)$
Ta có:
$\begin{array}{l}\int\limits_0^1 {(x + 1)f'(x)d{\rm{x}} = 10} \Leftrightarrow \left. {(x + 1)f(x)} \right|_0^1 - \int\limits_0^1 {f(x)d{\rm{x}} = 10 = } 2f(1) - f(0) - \int\limits_0^1 {f(x)d{\rm{x}}} \\ \to \int\limits_0^1 {f(x)d{\rm{x}}} = - 8.\end{array}$
Cho hàm số \(y = f(x)\)thỏa mãn hệ thức \(\int {f\left( x \right)\sin xdx} = - f(x).\cos x + \int {{\pi ^x}\cos xdx}. \) Hỏi \(y = f\left( x \right)\) là hàm số nào trong các hàm số sau:
Đặt : \(\left\{ \begin{array}{l}u = f(x)\\dv = \sin {\rm{xdx}}\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = f'(x)dx\\v = - \cos x\end{array} \right. \)
$\Rightarrow \int {f(x)\sin {\rm{x}}dx = - f(x).\cos x + \int {f'(x).\cos xdx} }$
Nên suy ra \(f'(x) = {\pi ^x} \Rightarrow f(x) = \int {{\pi ^x}} dx = \dfrac{{{\pi ^x}}}{{\ln \pi }}\).
Biết rằng \(\int\limits_0^1 {x\cos 2xdx} = \dfrac{1}{4}\left( {a\sin 2 + b\cos 2 + c} \right)\) với \(a,b,c \in Z\). Mệnh đề nào sau đây là đúng
$\begin{array}{l}u\left( x \right) = x \Rightarrow u'\left( x \right) = 1\\v'\left( x \right) = \cos 2x \Rightarrow v\left( x \right) = \dfrac{{\sin 2x}}{2}\\ \Rightarrow \int\limits_0^1 {x\cos 2xdx = \left. {\dfrac{x}{2}\sin 2x} \right|_0^1} - \dfrac{1}{2}\int\limits_0^1 {\sin 2xdx} = \left. {\dfrac{x}{2}\sin 2x} \right|_0^1 + \left. {\dfrac{{\cos 2x}}{4}} \right|_0^1\\ = \dfrac{1}{2}\sin 2 + \dfrac{1}{4}\cos 2 - \dfrac{1}{4} = \dfrac{1}{4}\left( {2\sin 2 + \cos 2 - 1} \right)\\ \Rightarrow a = 2;b = 1;c = - 1\end{array}$
Khi đó $a - b + c = 2 - 1 - 1 = 0$
Cho tích phân $I = \int\limits_0^\pi {{x^2}\cos xdx} $ và $u = {x^2};dv = \cos xdx$ . Khẳng định nào sau đây đúng?
$I = \int\limits_0^\pi {{x^2}\cos xdx} $
Đặt $\left\{ \begin{array}{l}u = {x^2}\\dv = \cos xdx\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = 2xdx\\v = \int {\cos xdx} \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = 2xdx\\v = \sin x\end{array} \right.$
$ \Rightarrow I = \left. {{x^2}.\sin x} \right|_0^\pi - 2\int\limits_0^\pi {x.\sin xdx} $
Giả sử tích phân \(I = \int\limits_0^4 {x\ln {{\left( {2x + 1} \right)}^{2017}}dx = a + \dfrac{b}{c}\ln 3.} \) Với phân số \(\dfrac{b}{c}\) tối giản. Lúc đó :
Đặt $\left\{ \begin{array}{l}u = \ln {(2x + 1)^{2017}}\\dv = xdx\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = \dfrac{{2017.2.{{(2x + 1)}^{2016}}}}{{{{(2x + 1)}^{2017}}}}dx = \dfrac{{4034}}{{2x + 1}}dx\\v = \dfrac{{{x^2}}}{2}\end{array} \right.$
$\left. {I = \ln {{(2x + 1)}^{2017}}.\dfrac{{{x^2}}}{2}} \right|_0^4 - \int_0^4 {\dfrac{{{x^2}}}{2}.\dfrac{{4034}}{{2x + 1}}dx} $
$= \ln {(2.4 + 1)^{2017}}.\dfrac{{{4^2}}}{2} - 0 - 2017\int_0^4 {\dfrac{{{x^2}}}{{2x + 1}}dx}$
$ = 8\ln {9^{2017}} - 2017\int_0^4 {(\dfrac{1}{2}x - \dfrac{1}{4} + \dfrac{{\dfrac{1}{4}}}{{2{\rm{x}} + 1}})dx} $
$= 8\ln {9^{2017}} - \dfrac{{2017}}{2}.\left. {\dfrac{{{x^2}}}{2}} \right|_0^4 + \dfrac{{2017}}{4}\left. x \right|_0^4 - \dfrac{{2017}}{4}\int_0^4 {\dfrac{1}{2}.\dfrac{1}{{2x + 1}}d(2x + 1)}$
$\begin{array}{l} = 8\ln {9^{2017}} - \dfrac{{2017}}{4}{.4^2} + \dfrac{{2017}}{4}.4 - \dfrac{{2017}}{8}\left. {\ln \left| {2x + 1} \right|} \right|_0^4 \\ = 8\ln {9^{2017}} - 6051 - \dfrac{{2017}}{8}.(\ln 9 - \ln 1)\\ = 8\ln {9^{2017}} - 6051 - \dfrac{{2017}}{8}.\ln 9 = \dfrac{{127071}}{4}.\ln 3 - 6051\end{array}$
$ \Rightarrow b + c = 127075$
Có bao nhiêu số nguyên dương $n$ sao cho \(n\ln n - \int_1^n {\ln xdx} \) có giá trị không vượt quá $2017$
\(I = \int_1^n {\ln xdx} \)
Đặt $\ln x = u;dv=dx$ . Suy ra \(\dfrac{1}{x}dx = du; v = x\)
\(I = \left. {\left( {x\ln x} \right)} \right|_1^n - \int_1^n {\dfrac{x}{x}dx = n\ln n - n + 1} \)
Biểu thức ban đầu sẽ là: $n - 1$
Để $n-1\le 2017$ thì \(n \le 2018\) và $n$ nguyên dương
Nên sẽ có $2018$ giá trị của $n$
Biết \(\int\limits_0^{\dfrac{\pi }{4}} {x.c{\rm{os}}2xdx} = a + b\pi \), với \(a,b\) là các số hữu tỉ. Tính \(S = a + 2b\).
Đặt : \(\left\{ \begin{array}{l}u = x\\dv = \cos 2xdx\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = dx\\v = \dfrac{1}{2}.\sin 2x\end{array} \right.\)
Suy ra: $\int\limits_0^{\dfrac{\pi }{4}} {x.\cos xdx} = \left. {\left( {x.\dfrac{1}{2}.{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{in2x}}} \right)} \right|_0^{\dfrac{\pi }{4}} - \dfrac{1}{2}\int\limits_0^{\dfrac{\pi }{4}} {\sin 2xdx} $
$= \dfrac{\pi }{8} + \left. {\dfrac{1}{4}\cos 2x} \right|_0^{\dfrac{\pi }{4}} = - \dfrac{1}{4} + \dfrac{\pi }{8}$
\( \Rightarrow a = - \dfrac{1}{4};b = \dfrac{1}{8} \Rightarrow S = a + 2b = 0\)
Biết tích phân \(I = \int\limits_0^1 {x{e^{2x}}dx} = a{e^2} + b\) ($a,b$ là các số hữu tỉ). Khi đó tổng \(a + b\) là:
Đặt $\left\{ \begin{array}{l}u = x\\dv = {e^{2x}}dx\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = dx\\v = \dfrac{{{e^{2x}}}}{2}\end{array} \right.$
$\Rightarrow I = \left. {\dfrac{{x{e^{2x}}}}{2}} \right|_0^1 - \int\limits_0^1 {\dfrac{{{e^{2x}}}}{2}dx = } \left. {\left( {\dfrac{{x{e^{2x}}}}{2} - \dfrac{{{e^{2x}}}}{4}} \right)} \right|_0^1 = \dfrac{{{e^2}}}{4} + \dfrac{1}{4}$
\( \Rightarrow a = \dfrac{1}{4};b = \dfrac{1}{4} \Rightarrow a + b = \dfrac{1}{2}\)
Cho tích phân \(I = \int\limits_0^{\dfrac{\pi }{2}} {{e^x}\sin x} \). Gọi \(a,b\) là các số nguyên thỏa mãn \(I = \dfrac{{{e^{\dfrac{\pi }{2}}} + a}}{b}\). Chọn kết luận đúng:
Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}u = {e^x}\\dv = \sin xdx\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = {e^x}dx\\v = - \cos x\end{array} \right.\) \(I = \int\limits_0^{\dfrac{\pi }{2}} {{e^x}\sin xdx} = \left. { - {e^x}\cos x} \right|_0^{\dfrac{\pi }{2}} + \int\limits_0^{\dfrac{\pi }{2}} {{e^x}\cos xdx} = 1 + \int\limits_0^{\dfrac{\pi }{2}} {{e^x}\cos xdx} \)
Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}u = {e^x}\\dv = \cos xdx\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = {e^x}dx\\v = \sin xdx\end{array} \right.\)
Khi đó \(\int\limits_0^{\dfrac{\pi }{2}} {{e^x}\cos xdx} = \left. {{e^x}\sin x} \right|_0^{\dfrac{\pi }{2}} - \int\limits_0^{\dfrac{\pi }{2}} {{e^x}\sin xdx} = {e^{\dfrac{\pi }{2}}} - \int\limits_0^{\dfrac{\pi }{2}} {{e^x}\sin xdx} = {e^{\dfrac{\pi }{2}}} - I\)
Do đó \(I = 1 + {e^{\dfrac{\pi }{2}}} - I \Leftrightarrow 2I = {e^{\dfrac{\pi }{2}}} + 1 \Leftrightarrow I = \dfrac{{{e^{\dfrac{\pi }{2}}} + 1}}{2} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 1\\b = 2\end{array} \right.\)
Quan sát các đáp án ta thấy đáp án A thỏa mãn.
Cho \(I = \int\limits_0^1 {\left( {x + \sqrt {{x^2} + 15} } \right)dx} = a + b\ln 3 + c\ln 5\) với \(a,b,c \in \mathbb{Q}\). Tính tổng \(a + b + c\).
\(I = \int\limits_0^1 {\left( {x + \sqrt {{x^2} + 15} } \right)dx} = \int\limits_0^1 {xdx} + \int\limits_0^1 {\sqrt {{x^2} + 15} dx} \)
\({I_1} = \int\limits_0^1 {xdx} = \left. {\dfrac{1}{2}{x^2}} \right|_0^1 = \dfrac{1}{2}\)
\(\begin{array}{l}{I_2} = \int\limits_0^1 {\sqrt {{x^2} + 15} dx} = \left. {x\sqrt {{x^2} + 15} } \right|_0^1 - \int\limits_0^1 {x.\dfrac{x}{{\sqrt {{x^2} + 15} }}dx} \\\,\,\,\,\,\, = 4 - \int\limits_0^1 {\dfrac{{{x^2}}}{{\sqrt {{x^2} + 15} }}dx} = 4 - \int\limits_0^1 {\sqrt {{x^2} + 15} dx} + \int\limits_0^1 {\dfrac{{15}}{{\sqrt {{x^2} + 15} }}dx} \\ \Rightarrow 2{I_2} = 4 + 15\int\limits_0^1 {\dfrac{1}{{\sqrt {{x^2} + 15} }}dx} \end{array}\)
Đặt \(x + \sqrt {{x^2} + 15} = t \Rightarrow \left( {1 + \dfrac{x}{{\sqrt {{x^2} + 15} }}} \right)dx = dt \Leftrightarrow \dfrac{{dx}}{{\sqrt {{x^2} + 15} }} = \dfrac{{dt}}{t}\).
Khi đó: \(\int\limits_0^1 {\dfrac{1}{{\sqrt {{x^2} + 15} }}dx} = \int\limits_{\sqrt {15} }^5 {\dfrac{{dt}}{t}} = \left. {\ln \left| t \right|} \right|_{\sqrt {15} }^5 = \ln 5 - \ln \sqrt {15} = \dfrac{1}{2}\ln 5 - \dfrac{1}{2}\ln 3\)
\( \Rightarrow 2{I_2} = 4 + 15.\left( {\dfrac{1}{2}\ln 5 - \dfrac{1}{2}\ln 3} \right) \Leftrightarrow {I_2} = 2 + \dfrac{{15}}{4}\ln 5 - \dfrac{{15}}{4}\ln 3\)
\(I = {I_1} + {I_2} = \dfrac{1}{2} + 2 + \dfrac{{15}}{4}\ln 5 - \dfrac{{15}}{4}\ln 3 = \dfrac{5}{2} + \dfrac{{15}}{4}\ln 5 - \dfrac{{15}}{4}\ln 3 \Rightarrow a + b + c = \dfrac{5}{2} + \dfrac{{15}}{4} - \dfrac{{15}}{4} = \dfrac{5}{2}\)
Cho hàm số \(f\left( x \right)\) là hàm số chẵn và liên tục trên \(\left[ { - 1;1} \right]\) thỏa mãn: \(\int\limits_{ - 1}^1 {f\left( x \right)dx} = \dfrac{{86}}{{15}}\) và \(f\left( 1 \right) = 5\). Khi đó \(\int\limits_0^1 {xf'\left( x \right)dx} \) bằng:
Vì \(f\left( x \right)\) là hàm số chẵn và liên tục trên \(\left[ { - 1;1} \right]\) nên \(\int\limits_{ - 1}^1 {f\left( x \right)dx} = 2\int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx} = \dfrac{{86}}{{15}}\) \( \Rightarrow \int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx} = \dfrac{{43}}{{15}}\).
Xét tích phân \(I = \int\limits_0^1 {xf'\left( x \right)dx} \).
Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}u = x\\dv = f'\left( x \right)dx\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = dx\\v = f\left( x \right)\end{array} \right.\), khi đó ta có:
\(I = \left. {xf\left( x \right)} \right|_0^1 - \int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx} = f\left( 1 \right) - \int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx} = 5 - \dfrac{{43}}{{15}} = \dfrac{{32}}{{15}}\).
Nếu \(\int\limits_0^\pi {f\left( x \right)\sin xdx} = 20\), \(\int\limits_0^\pi {xf'\left( x \right)\sin xdx} = 5\) thì \(\int\limits_0^{{\pi ^2}} {f\left( {\sqrt x } \right)\cos \left( {\sqrt x } \right)dx} \) bằng:
Xét tích phân \(I = \int\limits_0^{{\pi ^2}} {f\left( {\sqrt x } \right)\cos \left( {\sqrt x } \right)dx} \) .
Đặt \(t = \sqrt x \Rightarrow {t^2} = x \Rightarrow 2tdt = dx\).
Đổi cận: \(\left\{ \begin{array}{l}x = 0 \Rightarrow t = 0\\x = {\pi ^2} \Rightarrow t = \pi \end{array} \right.\), khi đó ta có \(I = \int\limits_0^\pi {f\left( t \right)\cos \left( t \right)2tdt} = \int\limits_0^\pi {2f\left( x \right)\cos x.xdx} \).
Xét tích phân \(\int\limits_0^\pi {xf'\left( x \right)\sin xdx} = 5\).
Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}u = x\sin x\\f'\left( x \right)dx = dv\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = \left( {\sin x + x\cos x} \right)du\\v = f\left( x \right)\end{array} \right.\).
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \int\limits_0^\pi {xf'\left( x \right)\sin xdx} = 5\\ \Leftrightarrow \left. {\left( {x\sin x.f\left( x \right)} \right)} \right|_0^\pi - \int\limits_0^\pi {\left[ {f\left( x \right)\sin x + xf\left( x \right)\cos x} \right]dx} = 5\\ \Leftrightarrow - \int\limits_0^\pi {f\left( x \right)\sin xdx} - \int\limits_0^\pi {xf\left( x \right)\cos xdx} = 5\\ \Leftrightarrow - 20 - \dfrac{I}{2} = 5\\ \Leftrightarrow \dfrac{I}{2} = - 25\\ \Leftrightarrow I = - 50\end{array}\)
