Bài 3a. Tính nguyên hàm - tích phân bằng phương pháp đổi biến số - Hỏi đáp

\(\int\frac{x-3}{\left(x-1\right)\left(x+3\right)}dx=\int\left(\frac{3}{2\left(x+3\right)}-\frac{1}{2\left(x-1\right)}\right)dx=\frac{3}{2}ln\left|x+3\right|-\frac{1}{2}ln\left|x-1\right|+C\)

Bài 4:

Để chứng minh $f(x,y)$ liên tục tại $(0;0)$ ta chứng minh \(\lim\limits _{x\to 0, y\to 0}f(x)=\lim\limits _{x\to 0, y\to 0}\frac{xy}{\sqrt{x^2+y^2}}=0\)

Thật vậy:

Với mọi \(\varepsilon >0\) ta chọn \(\delta=2\varepsilon\). Khi $\sqrt{x^2+y^2}< \delta$ thì ta luôn có:

\(|f(x)|=\frac{|xy|}{\sqrt{x^2+y^2}}\leq \frac{x^2+y^2}{2\sqrt{x^2+y^2}}=\frac{\sqrt{x^2+y^2}}{2}< \frac{\delta}{2}=\varepsilon\)

Theo định nghĩa giới hạn suy ra

\(\lim\limits_{x\to 0; y\to 0}f(x,y)=0=f(0,0)\) nên hàm liên tục tại $(0;0)$

Bài 4:

Thấy rằng:

\(\left\{\begin{matrix} z'_x=1-2x=0\\ z'_y=2-2y=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x=\frac{1}{2}\\ y=1\end{matrix}\right.\)

Do đó hàm số có điểm dừng $M(\frac{1}{2}, 1)$

Tại $M(\frac{1}{2}, 1)$ ta thấy:

\(\left\{\begin{matrix} z''_{xx}=-2=A\\ z''_{xy}=0=B\\ z''_{yy}=-2=C\end{matrix}\right.\)

Ta thấy: $B^2-AC< 0$ và $A<0$ nên hàm $z$ có cực đại tại $(x,y)=(\frac{1}{2}, 0)$

Vậy $z_{cđ}=\frac{45}{4}$ tại $(x,y)=(\frac{1}{2},0)$

\(\int\frac{x}{x^2-4}dx=\frac{1}{2}\int\frac{d\left(x^2-4\right)}{x^2-4}=\frac{1}{2}ln\left|x^2-4\right|+C\)

Bài 1:

\(F'\left(x\right)=e^x+\left(x-1\right)e^x=xe^x=\frac{x}{e^x}.e^{2x}\Rightarrow f\left(x\right)=\frac{x}{e^x}\)

Xét \(I=\int f'\left(x\right)e^{2x}dx\)

Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}u=e^{2x}\\v=f'\left(x\right)dx\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}du=2e^{2x}dx\\v=f\left(x\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow I=f\left(x\right).e^{2x}+2\int f\left(x\right).e^{2x}dx=x.e^x+2\left(x-1\right)e^x+C=\left(3x-2\right)e^x+C\)

2.

Xét \(J=\int\limits^1_0xf\left(6x\right)dx\)

Đặt \(6x=t\Rightarrow dx=\frac{1}{6}dt\Rightarrow J=\frac{1}{36}\int\limits^6_0t.f\left(t\right)dt=\frac{1}{36}\int\limits^6_0x.f\left(x\right)dx=1\)

\(\Rightarrow I=\int\limits^6_0x.f\left(x\right)dx=36\)

Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}u=f\left(x\right)\\dv=xdx\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}du=f'\left(x\right)dx\\v=\frac{1}{2}x^2\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow I=\frac{1}{2}x^2f\left(x\right)|^6_0-\frac{1}{2}\int\limits^6_0x^2.f'\left(x\right)dx\)

\(\Leftrightarrow36=18-\frac{1}{2}\int\limits^6_0x^2f'\left(x\right)dx\)

\(\Rightarrow\int\limits^6_0x^2f'\left(x\right)dx=-36\)

Lấy tích phân 2 vế:

\(\int\limits^1_0\left[f'\left(x\right)\right]^2dx+\int\limits^1_04\left(6x^2-1\right)f\left(x\right)dx=\int\limits^1_0\left(40x^6-44x^4+32x^2-4\right)dx=\frac{376}{105}\)

Xét \(I=\int\limits^1_0\left(6x^2-1\right)f\left(x\right)dx\)

Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}u=f\left(x\right)\\dv=\left(6x^2-1\right)dx\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}du=f'\left(x\right)dx\\v=2x^3-x\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow I=\left(2x^3-x\right)f\left(x\right)|^1_0-\int\limits^1_0\left(2x^3-x\right)f'\left(x\right)dx=1-\int\limits^1_0\left(2x^3-x\right)f'\left(x\right)dx\)

\(\Rightarrow\int\limits^1_0\left[f'\left(x\right)\right]^2dx+4-4\int\limits^1_0\left(2x^3-x\right)f'\left(x\right)dx=\frac{376}{105}\)

\(\Leftrightarrow\int\limits^1_0\left[f'\left(x\right)-2\left(2x^3-x\right)\right]^2dx-\int\limits^1_04\left(2x^3-x\right)^2dx=-\frac{44}{105}\)

\(\Leftrightarrow\int\limits^1_0\left[f'\left(x\right)-2\left(2x^3-x\right)\right]^2dx-\frac{44}{105}=-\frac{44}{105}\)

\(\Leftrightarrow\int\limits^1_0\left[f'\left(x\right)-\left(4x^3-2x\right)\right]^2dx=0\)

\(\Rightarrow f'\left(x\right)=4x^3-2x\Rightarrow f\left(x\right)=x^4-x^2+C\)

\(f\left(1\right)=1\Rightarrow1-1+C=1\Rightarrow C=1\)

\(\Rightarrow f\left(x\right)=x^4-x^2+1\)

\(\Rightarrow\int\limits^1_0x\left(x^4-x^2+1\right)dx=\frac{5}{12}\)

Lời giải:

\(f'(x)=f'(x-1); dx=d(x-1)\)

\(\Rightarrow f'(x)dx=f'(x-1)d(x-1)\)

\(\Rightarrow \int f'(x)dx=\int f'(x-1)d(x-1)\)

\(\Rightarrow f(x)=f(x-1)+c\)

Thay $x=1$ ta có \(f(1)=f(0)+c\Leftrightarrow 2019=1+c\Rightarrow c=2018\)

Khi đó: $f(x)=f(x-1)+2018$

\(f(0)=1=1+2018.0\)

\(f(1)=1+2018.1\)

\(f(2)=f(1)+2018=1+2018.1+2018=1+2018.2\)

.........

\(\Rightarrow f(x)=1+2018.x\)

Do đó: \(\int ^{1}_{0}f(x)dx=\int ^{1}_{0}(2018x+1)dx=\left.\begin{matrix} 1\\ 0\end{matrix}\right|(1009x^2+x)=1010\)

\(\int-\frac{5}{16\left(1-x\right)}+\frac{7}{4\left(1-x\right)^2}-\frac{5}{16\left(x+3\right)}dx\)

= \(-\int\frac{5}{16\left(1-x\right)}dx+\int\frac{7}{4\left(1-x\right)^2}dc-\int\frac{5}{16\left(x+3\right)}dx\)

= \(\frac{5}{16}ln\left|1-x\right|+\frac{7}{4-4x}-\frac{5}{16}ln\left|x+3\right|\)+C

Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}u=ln\left(x+1\right)\\dv=\left(x^2-1\right)dx\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}du=\frac{dx}{x+1}\\v=\frac{1}{3}x^3-x\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow I=\left(\frac{1}{3}x^3-x\right)ln\left(x+1\right)-\frac{1}{3}\int\frac{\left(x^3-3x\right)}{x+1}dx\)

Xét \(J=\int\frac{\left(x^3-3x\right)dx}{x+1}=\int\left(x^2-x-2+\frac{2}{x+1}\right)dx\)

\(\Rightarrow J=\frac{1}{3}x^3-\frac{1}{2}x^2-2x+2ln\left(x+1\right)\)

\(\Rightarrow I=\left(\frac{1}{3}x^3-x\right)ln\left(x+1\right)-\frac{1}{3}\left(\frac{1}{3}x^3-\frac{1}{2}x^2-2x+2ln\left(x+1\right)\right)+C\)

Bạn tự rút gọn biểu thức cuối

\(I=\int e^xcosxdx\)

Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}u=e^x\\dv=cosxdx\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}du=e^xdx\\v=sinx\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow I=e^xsinx-\int e^xsinxdx\)

Xét \(J=\int e^xsinxdx\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}u=e^x\\dv=sinxdx\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}du=e^x\\v=-cosx\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow J=-e^xcosx+\int e^xcosxdx=-e^xcosx+I\)

\(\Rightarrow I=e^xsinx-\left(-e^xcosx+I\right)=e^x\left(sinx+cosx\right)-I\)

\(\Rightarrow2I=e^x\left(sinx+cosx\right)\Rightarrow I=\left(\frac{1}{2}cosx+\frac{1}{2}sinx\right)e^x\)

Hoặc đơn giản là đạo hàm F(x) và đồng nhất hệ số với f(x) là xong

a) Để ý đến công thức đổi cơ số logarit \(\log_2\left(1-3x\right)=\frac{1}{\ln2}\ln\left(1-3x\right)\)

Ta viết nguyên hàm đã cho dưới dạng \(I_1=\frac{1}{\ln2}\int\ln\left(1-3x\right)dx\)

Đặt \(u=\ln\left(1-3x\right)\) , \(dv=dx\)

Khi đó \(du=\frac{-3}{1-3x}dx\), \(v=x\)

Do đó :

\(I_1=\frac{1}{\ln2}\left[x\ln\left(1-3x\right)+3\int\frac{x}{1-3x}dx\right]\)

    \(=\frac{1}{\ln2}\left[x\ln\left(1-3x\right)+3\int\frac{1}{3}\left(-1+\frac{1}{1-3x}\right)dx\right]\)

    \(=\frac{1}{\ln2}\left[x\ln\left(1-3x\right)-\int dx+\frac{dx}{1-3x}\right]\)

    \(=\frac{1}{\ln2}\left[\left(x-\frac{1}{3}\right)\ln\left(1-3x\right)-x\right]+C\)

b) Đặt \(u=\left(\ln x\right)^2\)  , \(dv=\left(2x-3\right)dx\)

Khi đó \(du=2\ln x\frac{dx}{x}\) , \(v=x^2-3x\)

Do đó 

\(I_2=\left(x^2-3x\right)\left(\ln x\right)^2-2\int\left(x-3\right)\ln xdx\)

\(\int\left(x-3\right)\ln xdx=I_2\)

Ta tính \(I_2\) Ta tìm nguyên hàm bằng cách lấy nguyên hàm từng phàn một làn nữa và thu được.

\(I_2=\left(\frac{1}{2}x^2-3x\right)\ln x-\int\left(\frac{1}{2}x-3\right)dx=\frac{1}{2}\left(x^2-6x\right)\ln x-\frac{1}{4}x^2+3x\)

Từ đó  suy ra \(I_2=\left(x^2-3x\right)\left(\ln x\right)^2-\left(x^2-6x\right)\ln x+\frac{1}{2}x^2-6x+C\)

d) Đặt \(u=x^2-2x+3,a^xdx=dv\). Khi đó \(du=\left(2x-2\right)dx,v=\int a^xdx=\frac{a^x}{\ln a}\)

Do vậy \(I_4=\frac{\left(x^2-2x+3\right)a^x}{\ln a}-\frac{1}{\ln a}\int\left(2x-2\right)a^xdx\)

\(\int\left(2x-2\right)a^xdx=I_4\)*

Ta tính \(I_4\)* bằng cách lấy nguyên hàm từng phần một lần nữa. Ta có :

\(I_4\)*\(=\int\left(2x-2\right)a^xdx=\frac{\left(2x-2\right)a^x}{\ln a}-\frac{1}{\ln a}\int2a^xdx\)

                                  \(=\frac{\left(2x-2\right)a^x}{\ln a}-\frac{2a^x}{\left(\ln a\right)^2}\)

Từ đó suy ra \(I_4=\left[\frac{x^2-2x+3}{\ln a}-\frac{2x-2}{\left(\ln a\right)^2}+\frac{2}{\left(\ln a\right)^3}\right]a^x+C\)

\(I=\int\limits^1_0\frac{xdx}{\sqrt{3x+1}+\sqrt{2x+1}}=\int\limits^1_0\frac{x\left(\sqrt{3x+1}-\sqrt{2x+1}\right)}{x}dx\)

\(=\int\limits^1_0\left(\left(3x+1\right)^{\frac{1}{2}}-\left(2x+1\right)^{\frac{1}{2}}\right)dx=\left[\frac{2}{9}\left(3x+1\right)^{\frac{3}{2}}-\frac{1}{3}\left(2x+1\right)^{\frac{3}{2}}\right]|^1_0\)

\(=\frac{2}{9}\sqrt{4^3}-\frac{1}{3}\sqrt{3^3}-\frac{2}{9}+\frac{1}{3}=\frac{17-9\sqrt{3}}{9}\)

\(\Rightarrow a+b=17-9=8\)

\(\int\frac{xdx}{x^2+3x+2}=\frac{1}{2}\int\frac{\left(2x+3-3\right)dx}{x^2+3x+2}=\frac{1}{2}\int\frac{2x+3}{x^2+3x+2}dx-\frac{3}{2}\int\frac{dx}{x^2+3x+2}\)

\(=\frac{1}{2}\int\frac{d\left(x^2+3x+2\right)}{x^2+3x+2}-\frac{3}{2}\int\left(\frac{1}{x+1}-\frac{1}{x+2}\right)dx\)

\(=\frac{1}{2}ln\left|x^2+3x+2\right|-\frac{3}{2}ln\left|\frac{x+1}{x+2}\right|+C\)

Đặt \(ln\left(x^2+1\right)=t\Rightarrow\frac{2x}{x^2+1}dx=dt\Rightarrow\frac{x}{x^2+1}=\frac{1}{2}dt\)

\(\left\{{}\begin{matrix}x=0\Rightarrow t=0\\x=\sqrt{e^{99}-1}\Rightarrow t=ln\left(e^{99}-1+1\right)=ln\left(e^{99}\right)=99\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow I=\int\limits^{99}_0f\left(t\right).\frac{1}{2}dt=\frac{1}{2}\int\limits^{99}_0f\left(t\right)dt=\frac{1}{2}\int\limits^{99}_0f\left(x\right)dx=\frac{1}{2}.2=1\)

Mình sửa đề thế kia đúng chưa bạn?