a)

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

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

b)\(\int\frac{2\left(x-2\right)dx}{x^2-4x+3}=\int\frac{2x-4dx}{x^2-4x+3}=\int\frac{d\left(x^2-4x+3\right)}{x^2-4x+3}=ln\left|x^2-4x+3\right|+C\)

Ta có :

\(\frac{3x+2}{x^2+2x-3}=\frac{E\left(2x+2\right)+D}{x^2+2x-3}=\frac{2E+D+2E}{x^2+2x-3}\)

Đồng nhất hệ số hai tử sốta có hệ phương trình 

\(\begin{cases}2E=3\\D+2E=2\end{cases}\) \(\Rightarrow\begin{cases}E=\frac{3}{2}\\D=-1\end{cases}\)

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

Vậy :

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

Tính :

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

Do đó :  \(\int\frac{3x+2}{x^2+2x-3}dx=\frac{3}{2}\ln\left|x^2+2x-3\right|+\frac{1}{4}\ln\left|\frac{x-1}{x+3}\right|+C\)

b) Ta có :

\(\frac{2x-3}{x^2+4x+4}=\frac{E\left(2x+4\right)+D}{x^2+4x+4}=\frac{2Ex+D+4E}{x^2+4x+4}\)

Đồng nhất hệ số  hai tử số :

Ta có hệ : \(\Leftrightarrow\)\(\begin{cases}2E=2\\D+4E=-3\end{cases}\)\(\Leftrightarrow\)\(\begin{cases}E=1\\D=-7\end{cases}\)

Suy ra :

\(\frac{2x-3}{x^2+4x+4}=\frac{2x+4}{x^2+4x+4}-\frac{7}{x^2+4x+4}\)

Vậy : \(\int\frac{2x-3}{x^2+4x+4}dx=\int\frac{2x+4}{x^2+4x+4}dx-7\int\frac{1}{\left(x+2\right)^2}dx=\ln\left|x^2+4x+4\right|+\frac{7}{x+2}+C\)

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

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

b) \(\int\frac{1}{4x^2-3x-1}dx=\frac{1}{4}.\frac{1}{\left(1-\frac{1}{4}\right)}\int\frac{1}{\left(x+\frac{1}{4}\right)\left(x-1\right)}dx\)

=\(\frac{1}{3}.\left[\int\frac{1}{x-1}dx-\int\frac{1}{x+\frac{1}{4}}dx\right]\)

=\(\frac{1}{3}\left[ln\left|x-1\right|-ln\left|x+\frac{1}{4}\right|\right]=\frac{1}{3}ln\left|\frac{x-1}{x+\frac{1}{4}}\right|+C\)

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

a) Theo công thức 3) trong bảng nguyên hàm ta có :

\(\int3^x5^{2x}dx=\int3^x\left(25\right)^xdx=\int\left(75\right)^xdx=\frac{75^x}{\ln75}+C\)

b) Áp dụng các công thức I, II ( định lí 4.2) và 2), 3) trong bảng nguyên hàm ta có 

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

c) \(\int\frac{x^4}{x^2-1}dx=\int\frac{x^4-1+1}{x^2-1}dx=\int\frac{\left(x^2-1\right)\left(x^2+1\right)}{x^2-1}dx+\int\frac{dx}{x^2-1}\)

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

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

d) Nhân tử số và mẫu số của biểu thức dưới dấu nguyên hàm với biểu thức liên hợp với mẫu số ta thu được.

\(\int\frac{dx}{\sqrt{4x+1}+\sqrt{4x-2}}=\int\frac{\sqrt{4x+1}-\sqrt{4x-2}}{3}dx\)

                         \(=\frac{1}{3.4}\int\left(4x+1\right)^{\frac{1}{2}}d\left(4x+1\right)-\frac{1}{3.4}\int\left(4x-2\right)^{\frac{1}{2}}d\left(4x-2\right)\)

                         \(=\frac{1}{12}\left[\sqrt{\left(4x+1\right)^3}-\sqrt{\left(4x-2\right)^3}\right]+C\)

\(\int\left(3x^2-2x-4\right)dx=x^3-x^2-4x+C\)

\(\int\left(sin3x-cos4x\right)dx=-\dfrac{1}{3}cos3x-\dfrac{1}{4}sin4x+C\)

\(\int\left(e^{-3x}-4^x\right)dx=-\dfrac{1}{3}e^{-3x}-\dfrac{4^x}{ln4}+C\)

d. \(I=\int lnxdx\)

Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}u=lnx\\dv=dx\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}du=\dfrac{dx}{x}\\v=x\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow u=x.lnx-\int dx=x.lnx-x+C\)

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

\(\Rightarrow I=x.e^x-\int e^xdx=x.e^x-e^x+C\)

f.

Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}u=x+1\\dv=sinxdx\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}du=dx\\v=-cosx\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow I=-\left(x+1\right)cosx+\int cosxdx=-\left(x+1\right)cosx+sinx+C\)

g.

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

\(\Rightarrow I=\dfrac{1}{2}x^2.lnx-\dfrac{1}{2}\int xdx=\dfrac{1}{2}x^2.lnx-\dfrac{1}{4}x^2+C\)

a) \(f\left(x\right)=\frac{3x^2+3x+12}{\left(x-1\right)\left(x+2\right)x}=\frac{A}{x-1}+\frac{B}{x+2}+\frac{C}{x}=\frac{Ax\left(x+2\right)+Bx\left(x-1\right)+C\left(x-1\right)\left(x+2\right)}{\left(x-1\right)\left(x+2\right)x}\)

Bằng cách thay các nghiệm thực của mẫu số vào hai tử số, ta có hệ :

\(\begin{cases}x=1\rightarrow18=3A\Leftrightarrow A=6\\x=-2\rightarrow18=6B\Leftrightarrow B=3\\x=0\rightarrow12=-2C\Leftrightarrow=-6\end{cases}\) \(\Rightarrow f\left(x\right)=\frac{6}{x-1}+\frac{3}{x+2}-\frac{6}{x}\)

Vậy : \(\int\frac{3x^2+3x+12}{\left(x-1\right)\left(x+2\right)x}dx=\int\left(\frac{6}{x-1}+\frac{3}{x+2}-\frac{6}{x}\right)dx=6\ln\left|x-1\right|+3\ln\left|x+2\right|-6\ln\left|x\right|+C\)

b) \(f\left(x\right)=\frac{x^2+2x+6}{\left(x-1\right)\left(x-2\right)\left(x-4\right)}=\frac{A}{x-1}+\frac{B}{x-2}+\frac{C}{x-4}\)

\(=\frac{A\left(x-2\right)\left(x-4\right)+B\left(x-1\right)\left(x-4\right)+C\left(x-1\right)\left(x-2\right)}{\left(x-1\right)\left(x-2\right)\left(x-4\right)}\)

Bằng cách thay các nghiệm của mẫu số vào hai tử số ta có hệ :

\(\begin{cases}x=1\rightarrow9A=3\Leftrightarrow x=3\\x=2\rightarrow14=-2B\Leftrightarrow x=-7\\x=4\rightarrow30=6C\Leftrightarrow C=5\end{cases}\)

\(\Rightarrow f\left(x\right)=\frac{3}{x-1}-\frac{7}{x-2}+\frac{5}{x-4}\)

Vậy :

\(\int\frac{x^2+2x+6}{\left(x-1\right)\left(x-2\right)\left(x-4\right)}dx=\)\(\int\left(\frac{3}{x-1}+\frac{7}{x-2}+\frac{5}{x-4}\right)dx\)=\(3\ln\left|x-1\right|-7\ln\left|x-2\right|+5\ln\left|x-4\right|+C\)

a) Đặt \(\sqrt{2x-5}=t\) khi đó \(x=\frac{t^2+5}{2}\) , \(dx=tdt\)

Do vậy \(I_1=\int\frac{\frac{1}{4}\left(t^2+5\right)^2+3}{t^3}dt=\frac{1}{4}\int\frac{\left(t^4+10t^2+37\right)t}{t^3}dt\)

                \(=\frac{1}{4}\int\left(t^2+10+\frac{37}{t^2}\right)dt=\frac{1}{4}\left(\frac{t^3}{3}+10t-\frac{37}{t}\right)+C\)

Trở về biến x, thu được :

\(I_1=\frac{1}{12}\sqrt{\left(2x-5\right)^3}+\frac{5}{2}\sqrt{2x-5}-\frac{37}{4\sqrt{2x-5}}+C\)

b) \(I_2=\frac{1}{3}\int\frac{d\left(\ln\left(3x-1\right)\right)}{\ln\left(3x-1\right)}=\frac{1}{3}\ln\left|\ln\left(3x-1\right)\right|+C\)

c) \(I_3=\int\frac{1+\frac{1}{x^2}}{\sqrt{x^2-7+\frac{1}{x^2}}}dx=\int\frac{d\left(x-\frac{1}{x}\right)}{\sqrt{\left(x-\frac{1}{2}\right)^2-5}}\)

Đặt \(x-\frac{1}{x}=t\)

\(\Rightarrow\) \(I_3=\int\frac{dt}{\sqrt{t^2-5}}=\ln\left|t+\sqrt{t^2-5}\right|+C\)

                           \(=\ln\left|x-\frac{1}{x}+\sqrt{x^2-7+\frac{1}{x^2}}\right|+C\)

Chịu thôi khó quá.

a) Mẫu số chứa các biểu thức có nghiệm  thực và không có nghiệm thực.

\(f\left(x\right)=\frac{x^2+2x-1}{\left(x-1\right)\left(x^2+1\right)}=\frac{A}{x-1}+\frac{Bx+C}{x^2+1}=\frac{A\left(x^2+1\right)+\left(x-1\right)\left(Bx+C\right)}{\left(x-1\right)\left(x^2+1\right)}\left(1\right)\)

Tay x=1 vào 2 tử, ta có : 2=2A, vậy A=1

Do đó (1) trở thành : 

\(\frac{1\left(x^2+1\right)+\left(x-1\right)\left(Bx+C\right)}{\left(x-1\right)\left(x^2+1\right)}=\frac{\left(B+1\right)x^2+\left(C-B\right)x+1-C}{\left(x-1\right)\left(x^2+1\right)}\)

Đồng nhất hệ số hai tử số, ta có hệ :

\(\begin{cases}B+1=1\\C-B=2\\1-C=-1\end{cases}\)\(\Leftrightarrow\)\(\begin{cases}B=0\\C=2\\A=1\end{cases}\)\(\Rightarrow\)

\(f\left(x\right)=\frac{1}{x-1}+\frac{2}{x^2+1}\)

Vậy :

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

* Tính \(J=\int\frac{1}{x^2+1}dx.\)

Đặt \(\begin{cases}x=\tan t\rightarrow dx=\left(1+\tan^2t\right)dt\\1+x^2=1+\tan^2t\end{cases}\)

Cho nên :

\(\int\frac{1}{x^2+1}dx=\int\frac{1}{1+\tan^2t}\left(1+\tan^2t\right)dt=\int dt=t;do:x=\tan t\Rightarrow t=arc\tan x\)

Do đó, thay tích phân J vào (2), ta có : 

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

b) Ta phân tích 

\(f\left(x\right)=\frac{x^2+1}{\left(x-1\right)^3\left(x+3\right)}=\frac{A}{\left(x-1\right)^3}+\frac{B}{\left(x-1\right)^2}+\frac{C}{x-1}+\frac{D}{x+3}\)\(=\frac{A\left(x+3\right)+B\left(x-1\right)\left(x+3\right)+C\left(x-1\right)^2\left(x+3\right)+D\left(x-1\right)^3}{\left(x-1\right)^3\left(x+3\right)}\)

Thay x=1 và x=-3 vào hai tử số, ta được :

\(\begin{cases}x=1\rightarrow2=4A\rightarrow A=\frac{1}{2}\\x=-3\rightarrow10=-64D\rightarrow D=-\frac{5}{32}\end{cases}\)

Thay hai giá trị của A và D vào (*) và đồng nhất hệ số hai tử số, ta cso hệ hai phương trình :

\(\begin{cases}0=C+D\Rightarrow C=-D=\frac{5}{32}\\1=3A-3B+3C-D\Rightarrow B=\frac{3}{8}\end{cases}\)

\(\Rightarrow f\left(x\right)=\frac{1}{2\left(x-1\right)^3}+\frac{3}{8\left(x-1\right)^2}+\frac{5}{32\left(x-1\right)}-+\frac{5}{32\left(x+3\right)}\)

Vậy : 

\(\int\frac{x^2+1}{\left(x-1\right)^3\left(x+3\right)}dx=\)\(\left(\frac{1}{2\left(x-1\right)^3}+\frac{3}{8\left(x-1\right)^2}+\frac{5}{32\left(x-1\right)}-+\frac{5}{32\left(x+3\right)}\right)dx\)

\(=-\frac{1}{a\left(x-1\right)^2}-\frac{3}{8\left(x-1\right)}+\frac{5}{32}\ln\left|x-1\right|-\frac{5}{32}\ln\left|x+3\right|+C\)

\(=-\frac{1}{a\left(x-1\right)^2}-\frac{3}{8\left(x-1\right)}+\frac{5}{32}\ln\left|\frac{x-1}{x+3}\right|+C\)

cac cau nghi gi ve cau hoi nay

a) Dùng phương pháp hữu tỉ hóa "Nếu \(f\left(x\right)=R\left(e^x\right)\Rightarrow t=e^x\)"  ta có \(e^x=t\Rightarrow x=\ln t,dx=\frac{dt}{t}\)

Khi đó \(I_1=\int\frac{t^3}{t+2}.\frac{dt}{t}=\int\frac{t^2}{t+2}dt=\int\left(t-2+\frac{4}{t+2}\right)dt\)

                \(=\frac{1}{2}t^2-2t+4\ln\left(t+2\right)+C=\frac{1}{2}e^{2x}-2e^x+4\ln\left(e^x+2\right)+C\)

b) Hàm dưới dấu nguyên hàm

\(f\left(x\right)=\frac{\sqrt{x}}{x+\sqrt[3]{x^2}}=R\left(x;x^{\frac{1}{2}},x^{\frac{2}{3}}\right)\)

q=BCNN(2;3)=6

Ta thực hiện phép hữu tỉ hóa theo :

"Nếu \(f\left(x\right)=R\left(x:\left(ã+b\right);\left(ax+b\right)^{r2},....\right),r_k=\frac{P_k}{q_k}\in Q,k=1,2,...,m\Rightarrow t=\left(ax+b\right)^{\frac{1}{q}}\),q=BCNN \(\left(q_1,q_2,...,q_m\right)\)"

=> \(t=x^{\frac{1}{6}}\Rightarrow x=t^{6,}dx=6t^5dt\)

Khi đó nguyên hàm đã cho trở thành :

\(I_2=\int\frac{t^3}{t^6-t^4}6t^{5dt}=\int\frac{6t^4}{t^2-1}dt=6\int\left(t^2+1+\frac{1}{t^2-1}\right)dt\)

     \(=6\int\left(t^2+1\right)dt+2\int\frac{dt}{\left(t-1\right)\left(t+1\right)}=2t^3+6t+3\int\frac{dt}{t-1}-3\int\frac{dt}{t+1}\)

     \(=2t^2+6t+3\ln\left|t-1\right|-3\ln\left|t+1\right|+C=2\sqrt{x}+6\sqrt[6]{x}+3\ln\left|\frac{\sqrt[6]{x-1}}{\sqrt[6]{x+1}}\right|+C\)

c) Hàm dưới dấu nguyên hàm có dạng :

\(f\left(x\right)=R\left(x;\left(\frac{x+1}{x-1}\right)^{\frac{2}{3}};\left(\frac{x+1}{x-1}\right)^{\frac{5}{6}}\right)\)

q=BCNN (3;6)=6

Ta thực hiện phép hữu tỉ hóa được

\(t=\left(\frac{x+1}{x-1}\right)^{\frac{1}{6}}\Rightarrow x=\frac{t^6+1}{t^6-1},dx=\frac{-12t^5}{\left(t^6-1\right)^2}dt\)

Khi đó hàm dưới dấu nguyên hàm trở thành

\(R\left(t\right)=\frac{1}{\left(\frac{t^6+1}{t^6-1}\right)^2-1}\left[t^4-t^5\right]=\frac{\left(t^6-1\right)^2}{4t^6}\left(t^4-t^5\right)\)

Do đó :

\(I_3=\int\frac{\left(t^6-1\right)^2}{4t^6}\left(t^4-t^5\right).\frac{-12t^5}{\left(t^6-1\right)}dt=3\int\left(t^4-t^3\right)dt\)

    \(=\frac{5}{3}t^5-\frac{3}{4}t^4+C=\frac{3}{5}\sqrt[6]{\left(\frac{x+1}{x-1}\right)^5}-\frac{3}{4}\sqrt[3]{\left(\frac{x+1}{x-1}\right)^2}+C\)