phương pháp tính tích phân hàm số phân thức hữu tỉ

Bài viết hướng dẫn phương pháp tính tích phân hàm số phân thức hữu tỉ, đây là dạng tích phân được bắt gặp thường xuyên trong chương trình Giải tích 12 chương 3 (nguyên hàm – tích phân và ứng dụng).

1. Phương pháp tính tích phân hàm số phân thức hữu tỉ

Bài toán tổng quát: Tính tích phân \(I = \int_\alpha ^\beta {\frac{{P(x)}}{{Q(x)}}} dx\) với \(P(x)\) và \(Q(x)\) là các đa thức.

Trường hợp 1: Nếu bậc của tử số \(P(x)\) \(<\) bậc của mẫu số \(Q(x)\): Xem xét mẫu số, ta có các dạng phổ biến sau:

Dạng 1: \(\int_\alpha ^\beta {\frac{A}{{ax + b}}} dx\) \( = \frac{A}{a}\left. {\ln \left| {ax + b} \right|} \right|_\alpha ^\beta \) \( = \frac{A}{a}\ln \left| {\frac{{a\beta + b}}{{a\alpha + b}}} \right|.\)

Dạng 2: \(I = \int_\alpha ^\beta {\frac{A}{{a{x^2} + bx + c}}} \), dựa vào biệt thức \(\Delta = {b^2} – 4ac\) của mẫu số, ta chia thành các trường hợp:

+ Nếu \(\Delta /> 0\), ta có: \(I = \int_\alpha ^\beta {\frac{A}{{a\left( {x – {x_1}} \right)\left( {x – {x_2}} \right)}}} dx\) \( = \frac{A}{{a\left( {{x_2} – {x_1}} \right)}}\int_a^\beta {\left( {\frac{1}{{x – {x_2}}} – \frac{1}{{x – {x_1}}}} \right)} \).

+ Nếu \(\Delta = 0\), ta có: \(I = \int_\alpha ^\beta {\frac{{Adx}}{{a{{\left( {x – {x_0}} \right)}^2}}}} \) \( = – \left. {\frac{A}{{a\left( {x – {x_0}} \right)}}} \right|_\alpha ^\beta .\)

+ Nếu \(\Delta < 0\), ta có: \(I = \frac{A}{a}\int_\alpha ^\beta {\frac{{dx}}{{{{\left( {x + {x_o}} \right)}^2} + {k^2}}}} \), sử dụng phương pháp đổi biến tích phân \(x + {x_0} = k\tan t\), \(t \in \left( { – \frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2}} \right)\), ta được: \(I = \frac{A}{{ka}}\int_\alpha ^\beta d t\) \( = \frac{A}{{ka}}\left. t \right|_\alpha ^\beta .\)

Dạng 3: \(I = \int_\alpha ^\beta {\frac{{Ax + B}}{{a{x^2} + bx + c}}} dx\), dựa vào biệt thức \(\Delta = {b^2} – 4ac\) của mẫu số, ta chia thành các trường hợp:

+ Nếu \(\Delta /> 0\), ta có: \(I = \int_\alpha ^\beta {\frac{{C\left( {x – {x_1}} \right) + D\left( {x – {x_2}} \right)}}{{a\left( {x – {x_1}} \right)\left( {x – {x_2}} \right)}}} dx\) \( = \frac{1}{a}\int_\alpha ^\beta {\left( {\frac{C}{{x – {x_2}}} + \frac{D}{{x – {x_1}}}} \right)} dx\).

+ Nếu \(\Delta = 0\), ta có: \(I = \int_\alpha ^\beta {\frac{{Ax + B}}{{a{{\left( {x – {x_0}} \right)}^2}}}} dx\) \( = \frac{1}{a}\int_a^\beta {\frac{{A\left( {x – {x_0}} \right) + C}}{{a{{\left( {x – {x_0}} \right)}^2}}}} dx\) \( = \frac{1}{a}\int_\alpha ^\beta {\left( {\frac{A}{{x – {x_0}}} + \frac{C}{{{{\left( {x – {x_0}} \right)}^2}}}} \right)} dx\).

+ Nếu \(\Delta < 0\), ta có: \(I = \int_\alpha ^\beta {\frac{{k{{\left( {a{x^2} + bx + c} \right)}^\prime } + h}}{{a{x^2} + bx + c}}} dx\) \( = k\int_\alpha ^\beta {\frac{{d\left( {a{x^2} + bx + c} \right)}}{{a{x^2} + bx + c}}} \) \( + h\int_\alpha ^\beta {\frac{{dx}}{{a{x^2} + bx + c}}} .\)

Dạng 4: Nếu \(Q(x)\) có bậc lớn hơn \(2\), ta thực hiện giảm bậc bằng cách đổi biến, tách ghép, nhân, chia … để đưa bài toán về các dạng 1, dạng 2, dạng 3.

Trường hợp 2: Nếu bậc của tử số \(P(x)\) \(≥\) bậc của mẫu số \(Q(x)\), ta sử dụng phép chia đa thức: \(I = \int_\alpha ^\beta {\frac{{P(x)}}{{Q(x)}}} \) \( = \int_\alpha ^\beta {\left[ {H(x) + \frac{{R(x)}}{{Q(x)}}} \right]} dx\) \( = \int_\alpha ^\beta H (x)dx + \int_\alpha ^\beta {\frac{{R(x)}}{{Q(x)}}} dx\) \( = {I_1} + {I_2}\), trong đó \(I_1\) là tích phân cơ bản, \(I_2\) là tích phân hàm số phân thức hữu tỉ có bậc tử số nhỏ hơn bậc mẫu số.

Chú ý: Đối với những bài toán phức tạp, để đưa về các dạng 1, 2, 3 ta phải thực hiện biến đổi phân số ban đầu thành tổng các phân số và tìm các hệ số bằng phương pháp đồng nhất thức. Một số trường hợp thường gặp:

• \(\frac{1}{{(ax + b)(cx + d)}}\) \( = \frac{1}{{ad – bc}}\left( {\frac{a}{{ax + b}} – \frac{c}{{cx + d}}} \right).\)

• \(\frac{{mx + n}}{{(ax + b)(cx + d)}}\) \( = \frac{A}{{ax + b}} + \frac{B}{{cx + d}}.\)

• \(\frac{{mx + n}}{{{{(ax + b)}^2}}}\) \( = \frac{A}{{ax + b}} + \frac{B}{{{{(ax + b)}^2}}}.\)

• \(\frac{{mx + n}}{{{{(ax + b)}^2}(cx + d)}}\) \( = \frac{A}{{{{(ax + b)}^2}}} + \frac{B}{{cx + d}} + \frac{C}{{ax + b}}.\)

• \(\frac{1}{{(x – m)\left( {a{x^2} + bx + c} \right)}}\) \( = \frac{A}{{x – m}} + \frac{{Bx + C}}{{a{x^2} + bx + c}}\), với \(\Delta = {b^2} – 4ac < 0.\)

• \(\frac{1}{{{{(x – a)}^2}{{(x – b)}^2}}}\) \( = \frac{A}{{x – a}} + \frac{B}{{{{(x – a)}^2}}}\) \( + \frac{C}{{x – b}} + \frac{D}{{{{(x – b)}^2}}}.\)

• \(\frac{{P(x)}}{{{{\left( {x – {x_o}} \right)}^n}}}\) \( = \frac{A}{{x – {x_o}}} + \frac{B}{{{{\left( {x – {x_o}} \right)}^2}}}\) \( + \ldots + \frac{C}{{{{\left( {x – {x_o}} \right)}^n}}}.\)

• \(\frac{{P(x)}}{{\left( {x – {x_1}} \right)\left( {x – {x_2}} \right)\left( {x – {x_3}} \right)…}}\) \( = \frac{A}{{x – {x_1}}} + \frac{B}{{x – {x_2}}}\) \( + \frac{C}{{x – {x_3}}} + \cdots .\)

2. Một số bài toán minh họa

Bài toán 1: Tính các tích phân hàm số phân thức hữu tỉ sau:

a) \(I = \int_1^2 {\frac{{{x^3}}}{{2x + 3}}} dx.\)

b) \(I = \int_{\sqrt 5 }^3 {\frac{{{x^2} – 5}}{{x + 1}}} dx.\)

c) \(\int_0^{\frac{1}{2}} {\frac{{{x^3}}}{{{x^2} – 1}}} dx.\)

a) Ta có: \(\frac{{{x^3}}}{{2x + 3}}\) \( = \frac{1}{2} \cdot \frac{{\left( {2{x^3} + 3{x^2}} \right) – \frac{3}{2}\left( {2{x^2} + 3x} \right) + \frac{9}{4}(2x + 3) – \frac{{27}}{4}}}{{2x + 3}}\) \( = \frac{{{x^2}}}{2} – \frac{3}{4}x + \frac{9}{8} – \frac{{27}}{{8(2x + 3)}}.\)

Suy ra: \(\int_1^2 {\frac{{{x^3}}}{{2x + 3}}} dx\) \( = \int_1^2 {\left( {\frac{{{x^2}}}{2} – \frac{3}{4}x + \frac{9}{8} – \frac{{27}}{{8(2x + 3)}}} \right)} dx\) \( = \left. {\left( {\frac{1}{3}{x^3} – \frac{3}{8}{x^2} + \frac{9}{8}x – \frac{{27}}{{16}}\ln |2x + 3|} \right)} \right|_1^2\) \( = – \frac{{13}}{6} – \frac{{27}}{{16}}\ln 35.\)

b) Ta có: \(\frac{{{x^2} – 5}}{{x + 1}}\) \( = \frac{{{x^2} – 1 – 4}}{{x + 1}}\) \( = x – 1 – \frac{4}{{x + 1}}.\)

Suy ra: \(\int_{\sqrt 5 }^3 {\frac{{{x^2} – 5}}{{x + 1}}} dx\) \( = \int_{\sqrt 5 }^3 {\left( {x – 1 – \frac{4}{{x + 1}}} \right)} dx\) \( = \left. {\left( {\frac{1}{2}{x^2} – x – 4\ln |x + 1|} \right)} \right|_{\sqrt 5 }^3\) \( = \sqrt 5 – 1 + 4\ln \left( {\frac{{\sqrt 5 + 1}}{4}} \right).\)

c) Ta có: \(\frac{{{x^3}}}{{{x^2} – 1}}\) \( = \frac{{x\left( {{x^2} – 1} \right) + x}}{{{x^2} – 1}}\) \( = x + \frac{x}{{{x^2} – 1}}.\)

Suy ra: \(\int_0^{\frac{1}{2}} {\frac{{{x^3}}}{{{x^2} – 1}}} dx\) \( = \int_0^{\frac{1}{2}} {\left( {x + \frac{x}{{{x^2} – 1}}} \right)} dx\) \( = \int_1^{\frac{1}{2}} x dx + \int_0^{\frac{1}{2}} {\frac{{xdx}}{{{x^2} – 1}}} \) \( = \left. {\frac{{{x^2}}}{2}} \right|_0^{\frac{1}{2}} + \frac{1}{2}\ln \left. {\left| {{x^2} – 1} \right|} \right|_0^{\frac{1}{2}}\) \( = \frac{1}{8} + \frac{1}{2}\ln \frac{3}{4}.\)

Bài toán 2: Tính tích phân hàm số phân thức hữu tỉ: \(I = \int_0^1 {\frac{{4x + 11}}{{{x^2} + 5x + 6}}} dx.\)

Cách 1: (Phương pháp đồng nhất thức)

Ta có: \(f(x) = \frac{{4x + 11}}{{{x^2} + 5x + 6}}\) \( = \frac{{4x + 11}}{{(x + 2)(x + 3)}}\) \( = \frac{A}{{x + 2}} + \frac{B}{{x + 3}}\) \( = \frac{{A(x + 3) + B(x + 2)}}{{(x + 2)(x + 3)}}.\)

Thay \(x = – 2\) vào hai tử số: \(3 = A\) và thay \(x = -3\) vào hai tử số: \(-1 = -B\) suy ra \(B = 1.\)

Do đó: \(f(x) = \frac{3}{{x + 2}} + \frac{1}{{x + 3}}.\)

Vậy: \(\int_0^1 {\frac{{4x + 11}}{{{x^2} + 5x + 6}}} dx\) \( = \int_0^1 {\left( {\frac{3}{{x + 2}} + \frac{1}{{x + 3}}} \right)} dx\) \( = 3\ln |x + 2| + \ln \left. {|x + 3|} \right|_0^1\) \( = 2\ln 3 – \ln 2.\)

Cách 2: (Nhảy tầng lầu)

Ta có: \(f(x) = \frac{{2(2x + 5) + 1}}{{{x^2} + 5x + 6}}\) \( = 2.\frac{{2x + 5}}{{{x^2} + 5x + 6}}\) \( + \frac{1}{{(x + 2)(x + 3)}}\) \( = 2.\frac{{2x + 5}}{{{x^2} + 5x + 6}}\) \( + \frac{1}{{x + 2}} – \frac{1}{{x + 3}}.\)

Suy ra: \(I = \int_0^1 f (x)dx\) \( = \int_0^1 {\left( {2.\frac{{2x + 5}}{{{x^2} + 5x + 6}} + \frac{1}{{x + 2}} – \frac{1}{{x + 3}}} \right)} dx\) \( = \left. {\left( {2\ln \left| {{x^2} + 5x + 6} \right| + \ln \left| {\frac{{x + 2}}{{x + 3}}} \right|} \right)} \right|_0^1\) \( = 2\ln 3 – \ln 2.\)

Bài toán 3: Tính các tích phân hàm số phân thức hữu tỉ sau:

a) \(I = \int_0^3 {\frac{{{x^3}}}{{{x^2} + 2x + 1}}} dx.\)

b) \(I = \int_0^1 {\frac{{4x}}{{4{x^2} – 4x + 1}}} dx.\)

a)

Cách 1: Thực hiện cách chia đa thức \({x^3}\) cho đa thức \({x^2} + 2x + 1\), ta được:

\(\frac{{{x^3}}}{{{x^2} + 2x + 1}}\) \( = x – 2 + \frac{{3x + 2}}{{{x^2} + 2x + 1}}.\)

\(I = \int_0^3 {\frac{{{x^3}}}{{{x^2} + 2x + 1}}} dx\) \( = \int_0^3 {(x – 2)} dx\) \( + \int_0^3 {\frac{{3x + 3 – 1}}{{{x^2} + 2x + 1}}} dx\) \( = \left. {\left( {\frac{{{x^2}}}{2} – 2x} \right)} \right|_0^3\) \( + \frac{3}{2}\int_0^3 {\frac{{d\left( {{x^2} + 2x + 1} \right)}}{{{x^2} + 2x + 1}}} \) \( – \int_0^3 {\frac{{dx}}{{{{(x + 1)}^2}}}} \) \( = – \frac{3}{2} + \frac{3}{2}\ln \left. {{{(x + 1)}^2}} \right|_0^3\) \( + \left. {\frac{1}{{x + 1}}} \right|_0^3\) \( = – \frac{3}{2} + \frac{3}{2}\ln 16 + \frac{1}{4} – 1\) \( = – \frac{9}{4} + 6\ln 2.\)

Cách 2: Ta có: \(\int_0^3 {\frac{{{x^3}}}{{{x^2} + 2x + 1}}} dx\) \( = \int_0^3 {\frac{{{x^3}}}{{{{(x + 1)}^2}}}} dx.\)

Đặt \(t = x + 1\), suy ra: \(dx = dt\), \(x = t – 1.\)

Đổi cận: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

{x = 0 \Rightarrow t = 1}\\

{x = 3 \Rightarrow t = 4}

\end{array}} \right.\)

Do đó: \(\int_0^3 {\frac{{{x^3}}}{{{{(x + 1)}^2}}}} dx\) \( = \int_1^4 {\frac{{{{(t – 1)}^3}}}{{{t^2}}}} dt\) \( = \int_1^4 {\left( {t – 3 + \frac{3}{t} – \frac{1}{{{t^2}}}} \right)} dt\) \( = \left. {\left( {\frac{1}{2}{t^2} – 3t + 3\ln |t| + \frac{1}{t}} \right)} \right|_1^4\) \( = – \frac{9}{4} + 6\ln 2.\)

b) Ta có: \(\frac{{4x}}{{4{x^2} – 4x + 1}}\) \( = \frac{{4x}}{{{{(2x – 1)}^2}}}.\)

Đặt \(t = 2x – 1\) suy ra: \(dt = 2dx\) \( \to dx = \frac{1}{2}dt.\)

Đổi cận: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

{x = 0 \Rightarrow t = – 1}\\

{x = 1 \Rightarrow t = 1}

\end{array}} \right.\)

Do đó: \(\int_0^1 {\frac{{4x}}{{4{x^2} – 4x + 1}}} dx\) \( = \int_0^1 {\frac{{4x}}{{{{(2x – 1)}^2}}}} dx\) \( = \int_{ – 1}^1 {\frac{{4.\frac{1}{2}(t + 1)}}{{{t^2}}}} \frac{1}{2}dt\) \( = \int_{ – 1}^1 {\left( {\frac{1}{t} + \frac{1}{{{t^2}}}} \right)} dt\) \( = \left. {\left( {\ln |t| – \frac{1}{t}} \right)} \right|_{ – 1}^1\) \( = – 2.\)

[ads]

Bài toán 4: Tính các tích phân hàm số phân thức hữu tỉ sau:

a) \(I = \int_0^2 {\frac{x}{{{x^2} + 4x + 5}}} dx.\)

b) \(I = \int_0^2 {\frac{{{x^3} + 2{x^2} + 4x + 9}}{{{x^2} + 4}}} dx.\)

a) Ta có: \(\int_0^2 {\frac{x}{{{x^2} + 4x + 5}}} dx\) \( = \int_0^2 {\frac{x}{{{{(x + 2)}^2} + 1}}} dx.\)

Đặt \(x + 2 = \tan t\), suy ra: \(dx = \frac{1}{{{{\cos }^2}t}}dt\).

Đổi cận: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

{x = 0 \Rightarrow \tan t = 2}\\

{x = 2 \Rightarrow \tan t = 4}

\end{array}} \right.\)

Do đó: \(\int_0^2 {\frac{x}{{{{(x + 2)}^2} + 1}}} dx\) \( = \int_{{t_1}}^{{t_2}} {\frac{{\tan t – 2}}{{1 + {{\tan }^2}t}}} \frac{{dt}}{{{{\cos }^2}t}}\) \( = \int_{{t_1}}^{{t_2}} {\left( {\frac{{\sin t}}{{\cos t}} – 2} \right)} dt\) \( = \left. {( – \ln |\cos t| – 2t)} \right|_{{t_1}}^{{t_2}}.\)

Từ \(\tan t = 2\) \( \Rightarrow 1 + {\tan ^2}t = 5\) \( \Leftrightarrow {\cos ^2}t = \frac{1}{5}\) \( \Rightarrow \cos {t_1} = \frac{1}{{\sqrt 5 }}\) và \(\tan t = 4\) \( \Rightarrow 1 + {\tan ^2}t = 17\) \( \Leftrightarrow {\cos ^2}t = \frac{1}{{17}}\) \( \Rightarrow \cos {t_2} = \frac{1}{{\sqrt {17} }}.\)

Vậy \(\left. {( – \ln |\cos t| – 2t)} \right|_{{t_1}}^{{t_2}}\) \( = 2(\arctan 4 – \arctan 2) – \frac{1}{2}\ln \frac{5}{{17}}.\)

b) Ta có: \(\frac{{{x^3} + 2{x^2} + 4x + 9}}{{{x^2} + 4}}\) \( = \frac{{{x^3} + 4x + 2{x^2} + 8 + 1}}{{{x^2} + 4}}\) \( = x + 2 + \frac{1}{{{x^2} + 4}}.\)

Do đó: \(\int_0^2 {\frac{{{x^3} + 2{x^2} + 4x + 9}}{{{x^2} + 4}}} dx\) \( = \int_0^2 {\left( {x + 2 + \frac{1}{{{x^2} + 4}}} \right)} dx\) \( = \left. {\left( {\frac{1}{2}{x^2} + 2x} \right)} \right|_0^2\) \( + \int_0^2 {\frac{{dx}}{{{x^2} + 4}}} \) \( = 6 + J.\)

Tính tích phân: \(J = \int_0^2 {\frac{1}{{{x^2} + 4}}} dx.\)

Đặt \(x = 2\tan t\) suy ra: \(dx = \frac{2}{{{{\cos }^2}t}}dt.\)

Đổi cận: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

{x = 0 \Rightarrow t = 0}\\

{x = 2 \Rightarrow t = \frac{\pi }{4}}

\end{array}} \right.\)

Ta có: \(t \in \left[ {0;\frac{\pi }{4}} \right]\) \( \to \cos t /> 0.\)

Khi đó: \(J = \int_0^2 {\frac{1}{{{x^2} + 4}}} dx\) \( = \frac{1}{4}\int_0^{\frac{\pi }{4}} {\frac{1}{{1 + {{\tan }^2}t}}} \frac{2}{{{{\cos }^2}t}}dt\) \( = \frac{1}{2}\int_0^{\frac{\pi }{4}} d t\) \( = \frac{1}{2}\left. t \right|_0^{\frac{\pi }{4}} = \frac{\pi }{8}.\)

Vậy \(I = 6 + \frac{\pi }{8}.\)

Bài toán 5: Tính các tích phân hàm số phân thức hữu tỉ sau:

a) \(I = \int_0^1 {\frac{x}{{{{(x + 1)}^3}}}} dx.\)

b) \(I = \int_{ – 1}^0 {\frac{{{x^4}}}{{{{(x – 1)}^3}}}} dx.\)

a)

Cách 1:

Đặt \(x + 1 = t\), suy ra: \(x = t – 1.\)

Đổi cận: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

{x = 0 \Rightarrow t = 1}\\

{x = 1 \Rightarrow t = 2}

\end{array}} \right.\)

Do đó: \(\int_0^1 {\frac{x}{{{{(x + 1)}^3}}}} dx\) \( = \int_1^2 {\frac{{t – 1}}{{{t^3}}}} dt\) \( = \int_1^2 {\left( {\frac{1}{{{t^2}}} – \frac{1}{{{t^3}}}} \right)} dt\) \( = \left. {\left( { – \frac{1}{t} + \frac{1}{2}\frac{1}{{{t^2}}}} \right)} \right|_1^2\) \( = \frac{1}{8}.\)

Cách 2:

Ta có: \(\frac{x}{{{{(x + 1)}^3}}}\) \( = \frac{{(x + 1) – 1}}{{{{(x + 1)}^3}}}\) \( = \frac{1}{{{{(x + 1)}^2}}} – \frac{1}{{{{(x + 1)}^3}}}.\)

Do đó: \(\int_0^1 {\frac{x}{{{{(x + 1)}^3}}}} dx\) \( = \int_0^1 {\left[ {\frac{1}{{{{(x + 1)}^2}}} – \frac{1}{{{{(x + 1)}^3}}}} \right]} dx\) \( = \left. {\left[ { – \frac{1}{{x + 1}} + \frac{1}{2}\frac{1}{{{{(x + 1)}^2}}}} \right]} \right|_0^1\) \( = \frac{1}{8}.\)

b) Đặt \(x – 1 = t\), suy ra: \(x = t + 1.\)

Đổi cận: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

{x = – 1 \Rightarrow t = – 2}\\

{x = 0 \Rightarrow t = – 1}

\end{array}} \right.\)

Do đó: \(\int_{ – 1}^0 {\frac{{{x^4}}}{{{{(x – 1)}^3}}}} dx\) \( = \int_{ – 2}^{ – 1} {\frac{{{{(t + 1)}^4}}}{{{t^3}}}} dt\) \( = \int_{ – 2}^{ – 1} {\frac{{{t^4} + 4{t^3} + 6{t^2} + 4t + 1}}{{{t^3}}}} dt\) \( = \int_{ – 2}^{ – 1} {\left( {t + 4 + \frac{6}{t} + \frac{4}{{{t^2}}} + \frac{1}{{{t^3}}}} \right)} dt\) \( = \left. {\left( {\frac{1}{2}{t^2} + 4t + 6\ln |t| – \frac{4}{t} – \frac{1}{2}\frac{1}{{{t^2}}}} \right)} \right|_{ – 2}^1\) \( = \frac{{33}}{8} – 6\ln 2.\)

Bài toán 6: Tính các tích phân hàm số phân thức hữu tỉ sau:

a) \(I = \int_2^3 {\frac{1}{{(x – 1){{(x + 1)}^3}}}} dx.\)

b) \(I = \int_2^3 {\frac{{{x^2}}}{{{{(x – 1)}^2}(x + 2)}}} dx.\)

a)

Cách 1: (Phương pháp đồng nhất thức)

Ta có: \(\frac{1}{{(x – 1){{(x + 1)}^2}}}\) \( = \frac{A}{{x – 1}} + \frac{B}{{(x + 1)}} + \frac{C}{{{{(x + 1)}^2}}}\) \( = \frac{{A{{(x + 1)}^2} + B(x – 1)(x + 1) + C(x – 1)}}{{(x – 1){{(x + 1)}^2}}}\) \((1).\)

Thay hai nghiệm mẫu số vào hai tử số: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

{1 = 4A}\\

{1 = – 2C}

\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

{A = \frac{1}{4}}\\

{C = – \frac{1}{2}}

\end{array}} \right.\)

\((1) \Leftrightarrow \frac{{(A + B){x^2} + (2A + C)x + A – B – C}}{{(x – 1){{(x + 1)}^2}}}\) \( \Rightarrow A – B – C = 1\) \( \Leftrightarrow B = A – C – 1\) \( = \frac{1}{4} + \frac{1}{2} – 1 = – \frac{1}{4}.\)

Do đó: \(\int_2^3 {\frac{1}{{(x – 1){{(x + 1)}^2}}}} dx\) \( = \int_2^3 {\left( {\frac{1}{4}\frac{1}{{x – 1}} + \frac{1}{4}\frac{1}{{(x + 1)}} – \frac{1}{2}\frac{1}{{{{(x + 1)}^2}}}} \right)} dx\) \( = \left. {\left[ {\frac{1}{4}\ln (x – 1)(x + 1) + \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{{(x + 1)}}} \right]} \right|_2^3\) \( = \frac{1}{4}\ln 8 = \frac{3}{4}\ln 2.\)

Cách 2: (Phương pháp đổi biến)

Đặt: \(t = x + 1\), suy ra \(x = t – 1.\)

Đổi cận: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

{x = 2 \Rightarrow t = 3}\\

{x = 3 \Rightarrow t = 4}

\end{array}} \right.\)

Khi đó: \(I = \int_2^3 {\frac{1}{{(x – 1){{(x + 1)}^2}}}} dx\) \( = \int_3^4 {\frac{{dt}}{{{t^2}(t – 2)}}} \) \( = \frac{1}{2}\int_3^4 {\frac{{t – (t – 2)}}{{{t^2}(t – 2)}}} dt\) \( = \frac{1}{2}\left( {\int_2^4 {\frac{1}{{t(t – 2)}}} dt – \int_3^4 {\frac{1}{t}} dt} \right)\) \( \Leftrightarrow I = \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{2}\int_2^4 {\left( {\frac{1}{{t – 2}} – \frac{1}{t}} \right)} dt – \int_3^4 {\frac{1}{t}} dt} \right)\) \( = \left. {\left( {\frac{1}{4}\ln \left| {\frac{{t – 2}}{t}} \right| – \frac{1}{2}\ln |t|} \right)} \right|_3^4\) \( = \frac{3}{4}\ln 2.\)

b) Đặt \(t = x – 1\), suy ra \(x = t + 1\), \(dx = dt.\)

Đổi cận \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

{x = 2 \Rightarrow t = 1}\\

{x = 3 \Rightarrow t = 2}

\end{array}} \right.\)

Do đó: \(\int_2^3 {\frac{{{x^2}}}{{{{(x – 1)}^2}(x + 2)}}} dx\) \( = \int_1^2 {\frac{{{{(t + 1)}^2}}}{{{t^2}(t + 3)}}} dt\) \( = \int_1^2 {\frac{{{t^2} + 2t + 1}}{{{t^2}(t + 3)}}} dt.\)

Cách 1: (Phương pháp đồng nhất thức)

Ta có: \(\frac{{{t^2} + 2t + 1}}{{{t^2}(t + 3)}}\) \( = \frac{{At + B}}{{{t^2}}} + \frac{C}{{t + 3}}\) \( = \frac{{(At + B)(t + 3) + C{t^2}}}{{{t^2}(t + 3)}}\) \( = \frac{{(A + C){t^2} + (3A + B)t + 3B}}{{{t^2}(t + 3)}}.\)

Đồng nhất hệ số hai tử số: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

{A + C = 1}\\

{3A + B = 2}\\

{3B = 1}

\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}

{B = \frac{1}{3}}\\

{A = \frac{5}{9}}\\

{C = \frac{4}{9}}

\end{array}} \right.\) \( \Rightarrow \frac{{{t^2} + 2t + 1}}{{{t^2}(t + 3)}}\) \( = \frac{1}{9}\frac{{t + 3}}{{{t^2}}} + \frac{4}{9}\frac{1}{{t + 3}}.\)

Do đó: \(\int_1^2 {\frac{{{t^2} + 2t + 1}}{{{t^2}(t + 3)}}} dt\) \( = \int_1^2 {\left( {\frac{1}{9}\left( {\frac{1}{t} + \frac{3}{{{t^2}}}} \right) + \frac{4}{9}\left( {\frac{1}{{t + 3}}} \right)} \right)} dt\) \( = \left. {\left( {\frac{1}{9}\left( {\ln |t| – \frac{3}{t}} \right) + \frac{4}{9}\ln |t + 3|} \right)} \right|_1^2\) \( = \frac{{17}}{6} + \frac{4}{9}\ln 5 – \frac{7}{9}\ln 2.\)

Cách 2:

Ta có: \(\frac{{{t^2} + 2t + 1}}{{{t^2}(t + 3)}}\) \( = \frac{1}{3}\left( {\frac{{3{t^2} + 6t + 3}}{{{t^3} + 3{t^2}}}} \right)\) \( = \frac{1}{3}\left[ {\frac{{3{t^2} + 6t}}{{{t^3} + 3{t^2}}} + \frac{3}{{{t^2}(t + 3)}}} \right]\) \( = \frac{1}{3}\left[ {\left( {\frac{{3{t^2} + 6t}}{{{t^3} + 3{t^2}}}} \right) + \frac{1}{9}\left( {\frac{{{t^2} – \left( {{t^2} – 9} \right)}}{{{t^2}(t + 3)}}} \right)} \right]\) \( = \frac{1}{3}\left( {\frac{{3{t^2} + 6t}}{{{t^3} + 3{t^2}}}} \right)\) \( + \frac{1}{9}\frac{1}{{t + 3}} – \frac{1}{9}\frac{{t – 3}}{{{t^2}}}\) \( = \frac{1}{3}\left[ {\left( {\frac{{3{t^2} + 6t}}{{{t^3} + 3{t^2}}}} \right) + \frac{1}{9}\frac{1}{{t + 3}} – \frac{1}{9}\left( {\frac{1}{t} – \frac{3}{{{t^2}}}} \right)} \right].\)

Vậy: \(\int_1^2 {\frac{{{t^2} + 2t + 1}}{{{t^2}(t + 3)}}} dt\) \( = \int_1^2 {\left( {\frac{1}{3}\left( {\frac{{3{t^2} + 6t}}{{{t^3} + 3{t^2}}}} \right) + \frac{1}{9}\left( {\frac{1}{{t + 3}} – \frac{1}{t} + \frac{3}{{{t^2}}}} \right)} \right)} dt\) \(\left. { = \left[ {\frac{1}{3}\ln \left| {{t^3} + 3{t^2}} \right| + \frac{1}{{27}}\left( {\ln \left| {\frac{{t + 3}}{t}} \right| – \frac{3}{t}} \right)} \right]} \right|_1^2.\)

Do đó: \(I = \frac{{17}}{6} + \frac{4}{9}\ln 5 – \frac{7}{9}\ln 2.\)

Bài toán 7: Tính tích phân hàm số phân thức hữu tỉ sau:

a) \(I = \int_2^3 {\frac{1}{{x\left( {{x^2} – 1} \right)}}} dx.\)

b) \(I = \int_3^4 {\frac{{x + 1}}{{x\left( {{x^2} – 4} \right)}}} dx.\)

c) \(\int_2^3 {\frac{{{x^2}}}{{\left( {{x^2} – 1} \right)(x + 2)}}} dx.\)

a)

Cách 1: (Phương pháp đồng nhất thức)

Ta có: \(f(x) = \frac{1}{{x\left( {{x^2} – 1} \right)}}\) \( = \frac{1}{{x(x – 1)(x + 1)}}\) \( = \frac{A}{x} + \frac{B}{{x – 1}} + \frac{C}{{x + 1}}\) \( = \frac{{A\left( {{x^2} – 1} \right) + Bx(x + 1) + Cx(x – 1)}}{{x(x – 1)(x + 1)}}.\)

Đồng nhất hệ số hai tử số bằng cách thay các nghiệm: \(x = 0\), \(x = 1\) và \(x = -1\) vào hai tử ta có:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

{x = 0 \to 1 = – A}\\

{x = – 1 \to 1 = 2C}\\

{x = 1 \to 1 = 2B}

\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

{A = – 1}\\

{B = \frac{1}{2}}\\

{C = \frac{1}{2}}

\end{array}} \right.\) \( \Rightarrow f(x) = – \frac{1}{x}\) \( + \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{{x – 1}}} \right) + \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{{x + 1}}} \right).\)

Vậy \(\int_2^3 {\frac{1}{{x\left( {{x^2} – 1} \right)}}} dx\) \( = \int_2^3 {\left( {\frac{1}{2}\left( {\frac{1}{{x – 1}} + \frac{1}{{x + 1}}} \right) – \frac{1}{x}} \right)} dx\) \( = \left. {\left[ {\frac{1}{2}(\ln (x – 1)(x + 1)) – \ln |x|} \right]} \right|_2^3\) \( = \frac{5}{2}\ln 2 – \frac{3}{2}\ln 3.\)

Cách 2: (Phương pháp nhảy lầu)

Ta có: \(\frac{1}{{x\left( {{x^2} – 1} \right)}}\) \( = \frac{{{x^2} – \left( {{x^2} – 1} \right)}}{{x\left( {{x^2} – 1} \right)}}\) \( = \frac{x}{{{x^2} – 1}} – \frac{1}{x}\) \( = \frac{1}{2}\frac{{2x}}{{{x^2} – 1}} – \frac{1}{x}.\)

Do đó: \(\int_2^3 {\frac{1}{{x\left( {{x^2} – 1} \right)}}} dx\) \( = \frac{1}{2}\int_2^3 {\frac{{2xdx}}{{{x^2} – 1}}} – \int_2^3 {\frac{1}{x}} dx\) \( = \left. {\left( {\frac{1}{2}\ln \left( {{x^2} – 1} \right) – \ln x} \right)} \right|_2^3\) \( = \frac{5}{2}\ln 2 – \frac{3}{2}\ln 3.\)

b)

Cách 1: (Phương pháp đồng nhất thức)

Ta có: \(\frac{{x + 1}}{{x\left( {{x^2} – 4} \right)}}\) \( = \frac{{x + 1}}{{x(x – 2)(x + 2)}}\) \( = \frac{A}{x} + \frac{B}{{x – 2}} + \frac{C}{{x + 2}}\) \( = \frac{{A\left( {{x^2} – 4} \right) + Bx(x + 2) + Cx (x – 2)}}{{x\left( {{x^2} – 4} \right)}}.\)

Thay các nghiệm của mẫu số vào hai tử số:

Khi \(x = 0\), ta có: \(1 = – 4A\), suy ra: \(A = – \frac{1}{4}.\)

Khi \(x = – 2\), ta có: \( – 1 = 8C\), suy ra: \(C = – \frac{1}{8}.\)

Khi \(x = 2\), ta có: \(3 = 8B\), suy ra: \(B = \frac{3}{8}.\)

Do đó: \(f(x) = – \frac{1}{4}\left( {\frac{1}{x}} \right)\) \( – \frac{1}{8}\left( {\frac{1}{{x – 2}}} \right) + \frac{3}{8}\left( {\frac{1}{{x + 2}}} \right).\)

Vậy \(\int_3^4 {\frac{{x + 1}}{{x\left( {{x^2} – 4} \right)}}} dx\) \( = – \frac{1}{4}\int_2^3 {\frac{1}{x}} dx\) \( – \frac{1}{8}\int_2^3 {\frac{1}{{x – 2}}} dx\) \( + \frac{3}{8}\int_2^3 {\frac{1}{{x + 2}}} dx\) \(= \left. {\left( { – \frac{1}{4}\ln |x| – \frac{1}{8}\ln |x – 2| + \frac{3}{8}\ln |x + 2|} \right)} \right|_2^3\) \( = \frac{5}{8}\ln 3 – \frac{3}{8}\ln 5 – \frac{1}{4}\ln 2.\)

Cách 2: (Phương pháp nhảy lầu)

Ta có: \(\frac{{x + 1}}{{x\left( {{x^2} – 4} \right)}}\) \( = \frac{1}{{\left( {{x^2} – 4} \right)}} + \frac{1}{{x\left( {{x^2} – 4} \right)}}\) \( = \frac{1}{4}\left( {\frac{1}{{x – 2}} – \frac{1}{{x + 2}}} \right)\) \( + \frac{1}{4}\left( {\frac{{{x^2} – \left( {{x^2} – 4} \right)}}{{x\left( {{x^2} – 4} \right)}}} \right)\) \( = \frac{1}{4}\left( {\frac{1}{{x – 2}} – \frac{1}{{x + 2}} + \frac{1}{2}\frac{{2x}}{{{x^2} – 4}} – \frac{1}{x}} \right).\)

Do đó: \(\int_3^4 {\frac{{x + 1}}{{x\left( {{x^2} – 4} \right)}}} \) \( = \frac{1}{4}\int_3^4 {\left( {\frac{1}{{x – 2}} – \frac{1}{{x + 2}} + \frac{1}{2}\frac{{2x}}{{{x^2} – 4}} – \frac{1}{x}} \right)} dx\) \(= \left. {\left[ {\frac{1}{4}\ln \left| {\frac{{x – 2}}{{x + 2}}} \right| + \frac{1}{2}\ln \left( {{x^2} – 4} \right) – \ln |x|} \right]} \right|_3^4.\)

c)

Cách 1: (Phương pháp đồng nhất thức)

Ta có: \(\frac{{{x^2}}}{{\left( {{x^2} – 1} \right)(x + 2)}}\) \( = \frac{{{x^2}}}{{(x – 1)(x + 1)(x + 2)}}\) \( = \frac{A}{{x – 1}} + \frac{B}{{x + 1}} + \frac{C}{{x + 2}}\) \( = \frac{{A(x + 1)(x + 2) + B(x – 1)(x + 2) + C\left( {{x^2} – 1} \right)}}{{\left( {{x^2} – 1} \right)(x + 2)}}.\)

Thay lần lượt các nghiệm mẫu số vào hai tử số:

Thay: \(x = 1\), ta có: \(1 = 2A\), suy ra: \(A = \frac{1}{2}.\)

Thay: \(x = – 1\), ta có: \(1 = – 2B\), suy ra: \(B = – \frac{1}{2}.\)

Thay: \(x = – 2\), ta có: \(4 = – 5C\), suy ra: \(C = – \frac{5}{4}.\)

Do đó: \(I = \int_2^3 {\frac{{{x^2}}}{{\left( {{x^2} – 1} \right)(x + 2)}}} dx\) \( = \int_2^3 {\left( {\frac{1}{2}\frac{1}{{x – 1}} – \frac{1}{2}\frac{1}{{x + 1}} – \frac{5}{4}\frac{1}{{x + 2}}} \right)} dx\) \( = \left. {\left[ {\frac{1}{2}\ln \left| {\frac{{x – 1}}{{x + 1}}} \right| – \frac{5}{4}\ln |x + 2|} \right]} \right|_2^3\) \( = \frac{1}{2}\ln \frac{3}{2}.\)

Cách 2: (Nhảy tầng lầu)

\(\frac{{{x^2}}}{{\left( {{x^2} – 1} \right)(x + 2)}}\) \( = \frac{{{x^2} – 1 + 1}}{{\left( {{x^2} – 1} \right)(x + 2)}}\) \( = \frac{1}{{x + 2}} + \frac{1}{{(x – 1)(x + 1)(x + 2)}}\) \( = \frac{1}{{x + 2}} + \frac{1}{2}\frac{{x(x + 1) – (x – 1)(x + 2)}}{{(x – 1)(x + 1)(x + 2)}}\) \( = \frac{1}{{x + 2}} + \frac{1}{2}\left[ {\frac{x}{{(x – 1)(x + 2)}} – \frac{1}{{x + 1}}} \right]\) \( = \frac{1}{{x + 2}} + \frac{1}{2}\left[ {1 + \frac{1}{3}\left( {\frac{1}{{x – 1}} – \frac{1}{{x + 2}}} \right) – \frac{1}{{x + 1}}} \right].\)

Từ đó suy ra kết quả.