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

c) Đặt \(u=\ln x\) , \(dv=\left(4x^2+6x-7\right)dx\)

khi đó \(du=\frac{dx}{x}\) , \(v=\int\left(4x^2+6x-7\right)dx=x^4+3x^2-7x\)

Do đó

\(I_3=\left(x^4+3x^2-7x\right)\ln x-\int\frac{x^4+3x^2-7x}{x}dx\)

     \(=\left(x^4+3x^2-7x\right)\ln x-\left(\frac{x^4}{4}+\frac{3x^2}{2}-7x\right)+C\)

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

Đối với cả ba nguyên hàm đã cho, ta sẽ áp dụng liên tiếp hai làn lấy nguyên hàm từng phần và trong hai lần việc chọn hàm \(u=u\left(x\right)\) là tùy ý ( còn \(dv\) là phần còn lại của biểu thức dưới dấu nguyên hàm. Sau phép lấy nguyên hàm từng phần kép đó ta sẽ thu được một phương trình bậc nhất với ẩn là nguyên hàm cần tìm

a) Đặt \(u=e^{2x}\) ,\(dv=\sin3xdx\)

Từ đó \(du=2e^{2x}dx\)   , \(v=\int\sin3xdx=-\frac{1}{3}\cos3xdx\) Do đó : 

\(I_1=-\frac{1}{3}e^{2x}\cos3x+\frac{2}{3}\int e^{2x}\cos3xdx\)

\(=-\frac{1}{3}e^{2x}\cos3x+\frac{2}{3}.I'_1\)\(I'_1=\int e^{2x}\cos3xdx\)

Ta áp dụng công thức lấy nguyên hàm từng phần

Đặt \(u=e^{2x}\)  ; \(dv=\cos3xdx\)   Khi đó \(du=2^{2x}dx\); \(v=\frac{1}{3}\sin2x\)

Do đó \(I'_1=\frac{1}{3}e^{2x}\sin3x-\frac{2}{3}\int e^{2x}\sin3xdx\) Như vậy :

\(I_1=-\frac{1}{3}e^{2x}\cos3x+\frac{2}{9}e^{2x}\sin3x-\frac{4}{9}\int e^{2x}\sin3xdx\)

\(I_1=\int e^{2x}\sin3xdx\)

Tức là \(I_1=-\frac{1}{3}e^{2x}\cos3x+\frac{2}{9}\sin3x-\frac{4}{9}I_1\)

Ta có \(I_1=\frac{3}{13}e^{2x}\left(\frac{2}{3}\sin3x-\cos3x\right)+C\)

b) Đặt \(u=e^{-x}\) ; \(dv=\cos\frac{x}{2}dx\)

Từ đó :

\(du=-e^{-x}dx\)   ; \(v=\int\cos\frac{x}{2}dx=2\int\cos\frac{x}{2}d\left(\frac{x}{2}\right)=2\sin\frac{x}{2}\)

Do đó :

\(I_2=2e^{-x}\sin\frac{x}{2}+2\int e^{-x}\sin\frac{x}{2}dx\) (b)

\(\int e^{-x}\sin\frac{x}{2}dx=I'_2\)

Ta cần tính \(I'_2\)  Đặt \(u=e^{-x}\)   ; \(dv=\sin\frac{x}{2}dx\)

Từ đó :

\(du=-e^{-x}dx\)   ; \(v=\int\sin\frac{x}{2}dx=-2\cos\frac{x}{2}\)

Do đó :

\(I'_2=-2e^{-x}\cos\frac{x}{2}-2\int e^{-x}\cos\frac{x}{2}dx\)

    \(=-2e^{-x}\cos\frac{x}{2}-2I_2\)

Thế \(I'_2\)   vào (b) ta thu được phương trình bậc nhất với ẩn là \(I_2\)

\(I_2=2e^{-x}\sin\frac{x}{2}+2\left[-2e^{-x}\cos\frac{x}{2}-2I_2\right]\)

hay là

\(5I_2=2e^{-x}\sin\frac{x}{2}-4e^{-x}\cos\frac{x}{2}\) \(\Rightarrow\) \(I_2=\frac{2}{5}e^{-x}\left(\sin\frac{x}{2}-2\cos\frac{x}{2}\right)+C\)

c) Trước khi áp dụng công thức lấy nguyên hàm từng phần ta thực hiện phép đổi biến \(t=e^x\).

Khi đó : \(I_2=\int t^2\cos tdt=t^2\sin t-2\int t\sin tdt\)

                 \(=t^2\sin t-2\left(-t\cos t+\int\cos tdt\right)\)

                 =\(\left(t^2-2\right)\sin t+2t\cos t+C\)

                 \(=\left(e^{2x}-2\right)\sin e^x+2e^x\cos e^x+C\)

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 :

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

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

a) Đặt \(u=x^2\); \(dv=2^xdx\). Khi đó \(du=2xdx\)  ; \(v=\int2^xdx=\frac{2^x}{\ln2}\)  và  \(I_1=x^2\frac{2^x}{\ln2}-\frac{2}{\ln2}\int x2^xdx\)

Lại áp dụng phép lấy nguyên hàm từng phần cho tích phân ở vế phải bằng cách đặt :

\(u=x\)  ; \(dv=2^xdx\)   và thu được  \(du=dx\)    ; \(v=\frac{2^x}{\ln2}\)   Do đó

\(I_1=x^2\frac{2^x}{\ln_{ }2}-\frac{2}{\ln2}\left[x\frac{2^x}{\ln2}-\frac{1}{\ln2}\int2^xdx\right]\)

    = \(x^2\frac{2^x}{\ln_{ }2}-\frac{2}{\ln2}\left[x\frac{2^x}{\ln2}-\frac{2^x}{\ln^22}\right]+C\)  = \(\left(x^2-\frac{2}{\ln2}x+\frac{2}{\ln^22}\right)\frac{2^x}{\ln2}+C\)

b) Đặt \(u=x^2\); \(dv=e^{3x}dx\)

Khi đó \(du=2xdx\)    ; \(v=\int e^{3x}dx=\frac{1}{3}\int e^{3x}d\left(3x\right)=\frac{1}{3}e^{ex}\)

Do đó:

\(I_2=\frac{x^2}{3}e^{3x}-\frac{1}{3}\int xe^{3x}dx\)  (a)

Lại áp dụng phép lấy nguyên hàm từng phần cho nguyên hàm ở vế phải. Ta đặt \(u=x\)  ; \(dv=e^{3x}dx\)

Khi đó  \(du=dx\)  ; \(v=\int e^{3x}dx=\frac{1}{3}e^{3x}\)  và 

\(\int xe^{ex}dx=\frac{x}{3}e^{3x}-\frac{1}{3}\int e^{3x}dx=\frac{x}{3}e^{3x}-\frac{1}{9}e^{3x}\)

Thế kết quả thu được vào (a) ta có :

\(I_2=\frac{x^2}{3}e^{3x}-\frac{2}{3}\left(\frac{x}{3}e^{3x}-\frac{1}{9}e^{3x}\right)+C=\frac{e^{3x}}{27}\left(9x^2-6x+2\right)+C\)

c) Đặt \(u=x^2-6x+2\); \(dv=e^{3x}dx\)   

Khi đó \(du=\left(2x-6\right)dx\)   ; \(v=\int e^{3x}dx=\frac{1}{3}e^{3x}\)

Do đó :

\(I_3=\frac{e^{3x}}{3}\left(x^2-6x+2\right)-\frac{2}{3}\int e^{3x}\left(x-3\right)dx\) 

Đặt \(\int e^{3x}\left(x-3\right)dx=I'_3\)

Ta có \(\frac{e^{3x}}{3}\left(x^2-6x+2\right)-\frac{2}{3}I'_3\)(a)

Ta lại áp dụng phương pháp lấy nguyên hàm từng phần cho \(\int e^{3x}\left(x-3\right)dx\). 

Đặt \(u=x-3\)  ; \(dv=e^{3x}dx\)

Khi đó   \(du=dx\); \(v=\int e^{3x}dx=\frac{e^{3x}}{3}\)

Vậy \(I'_3=\frac{e^{3x}}{3}\left(x-3\right)-\frac{1}{3}\int e^{3x}dx=\frac{e^{3x}}{3}\left(x-3\right)-\frac{1}{9}e^{3x}\)

Thế \(I'_3\)  vào (a)  ta thu được 

\(I_3=e^{3x}\left(\frac{x^2}{3}-\frac{20}{9}x+\frac{38}{27}\right)+C\)

a) Ta thực hiện phép đổi biến :

\(1+\sqrt{x}=t\)  ;  \(x=\left(t-1\right)^2\) ; \(dx=2\left(t-1\right)dt\)

Khi đó \(\left(1+\sqrt{x}\right)^{10}dx=t^{10}.2\left(t-1\right)dt\)

tức là :

\(I_1=2\int\left(t^{11}-t^{10}\right)dt=2\int t^{11}dt-2\int t^{10}dt=2\left(\frac{t^{12}}{12}-\frac{t^{11}}{11}\right)+C\)

                                  \(=\frac{1}{66}t^{11}\left(11t-12\right)+c\)

                                  \(=\frac{1}{66}\left(1+\sqrt{x}\right)^{11}\left[11\sqrt{x}-1\right]+C\)

b) Đặt \(x^2+a=t\)

Ta có \(2xdx=dt\)

\(I_2=\frac{1}{2}\int\frac{dt}{\sqrt[3]{t}}=\frac{1}{2}\int t^{-\frac{1}{3}}dt=\frac{1}{2}.\frac{3}{2}t^{\frac{2}{3}}+C=\frac{3}{4}\sqrt[3]{\left(x^2+a\right)^2+C}\)

c) Đặt \(x^3=t\Rightarrow3x^2dx=dt\)

và \(I_3=\frac{1}{3}\int\frac{dt}{\sqrt{t^2+6}}=\frac{1}{3}\ln\left[t+\sqrt{t^2+6}\right]+C\)

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

a) Áp dụng phương pháp tìm nguyên hàm từng phần:

Đặt u= ln(1+x)

dv= xdx

=> ,

Ta có: ∫xln(1+x)dx =

=

b) Cách 1: Tìm nguyên hàm từng phần hai lần:

Đặt u= (x²+2x -1) và dv=e^xdx

Suy ra du = (2x+2)dx, v = e^x

. Khi đó:

∫(x²+2x - 1)e^xdx = (x²+2x - 1)e^xdx - ∫(2x+2)e^xdx

Đặt : u=2x+2; dv=e^xdx

=> du = 2dx ;v=e^x

Khi đó:∫(2x+2)e^xdx = (2x+2)e^x - 2∫e^xdx = e^x(2x+2) – 2e^x+C

Vậy

∫(x²+2x+1)e^xdx = e^x(x²-1) + C

Cách 2: HD: Ta tìm ∫(x²-1)e^xdx. Đặt u = x²-1 và dv=e^xdx.

Đáp số : e^x(x²-1) + C

c) Đáp số:

HD: Đặt u=x ; dv = sin(2x+1)dx

d) Đáp số : (1-x)sinx - cosx +C.

HD: Đặt u = 1 - x ;dv = cosxdx