Tích phân hàm số chứa căn thức

Phương pháp tính tích phân hàm số chứa căn thức

KIẾN THỨC NGUYÊN HÀM

MỘT SỐ DẠNG TOÁN TÍCH PHÂN CHỨA CĂN THỨC THƯỜNG GẶP

Căn cứ vào phân tích trên , ta có một số cách giải sau :
Cách giải.
*. Trường hợp : $\Delta  < 0,a > 0 \Rightarrow f(x) = a\left( {{u^2} + {k^2}} \right) $
$\Leftrightarrow \sqrt {f(x)}  = \sqrt a .\sqrt {{u^2} + {k^2}} $
Khi đó đặt :
$\sqrt {{\text{a}}{{\text{x}}^{\text{2}}} + bx + c}  = t - \sqrt a .x \\
\Rightarrow \left\{ \begin{array}
  bx + c = {t^2} - 2\sqrt a x  \\
  x = \alpha  \to t = {t_0},x = \beta  \to t = {t_1}  \\
\end{array}  \right. $
$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}
  x = \frac{{{t^2} - c}}{{b + 2\sqrt a }};dx = \frac{2}{{\left( {b + 2\sqrt a } \right)}}tdt  \\
  t - \sqrt a .x = t - \sqrt a \frac{{{t^2} - c}}{{b + 2\sqrt a }}  \\
\end{array}  \right.$
*. Trường hợp : $\Delta  = 0 \Rightarrow f(x) = a{\left( {x + \frac{b}{{2a}}} \right)^2} $
$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}
  a > 0  \\
  \sqrt {f(x)}  = \sqrt a \left| {x + \frac{b}{{2a}}} \right| = \sqrt a .\left| u \right|  \\
\end{array}  \right.$
Khi đó : $I = \int\limits_\alpha ^\beta  {\frac{1}{{\sqrt a \left| {x + \frac{b}{{2a}}} \right|}}dx = \frac{1}{{\sqrt a }}\int\limits_\alpha ^\beta  {\frac{1}{{\left| {x + \frac{b}{{2a}}} \right|}}dx = \left[ \begin{array}
  \frac{1}{{\sqrt a }}\ln \left( {x + \frac{b}{{2a}}} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
  \beta  \\
  \alpha 
\end{array}} \right.:x + \frac{b}{{2a}} > 0  \\
   - \frac{1}{{\sqrt a }}\ln \left( {x + \frac{b}{{2a}}} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
  \beta  \\
  \alpha 
\end{array}} \right.:x + \frac{b}{{2a}} < 0  \\
\end{array}  \right.} } $
*. Trường hợp : $\Delta  > 0,a > 0$
- Đặt : $\sqrt {{\text{a}}{{\text{x}}^{\text{2}}} + bx + c}  = \sqrt {a\left( {x - {x_1}} \right)\left( {x - {x_2}} \right)}  = \left[ \begin{array}
  \left( {x - {x_1}} \right)t  \\
  \left( {x - {x_2}} \right)t  \\
\end{array}  \right.$
*. Trường hợp : $\Delta  > 0,a < 0$
- Đặt : $\sqrt {{\text{a}}{{\text{x}}^{\text{2}}} + bx + c}  = \sqrt {a\left( {{x_1} - x} \right)\left( {{x_2} - x} \right)}  = \left[ \begin{array}
  \left( {{x_1} - x} \right)t  \\
  \left( {{x_2} - x} \right)t  \\
\end{array}  \right.$

Ví dụ minh họa
Ví dụ 1.
Tính tích phân sau : $I = \int\limits_{ - 1}^1 {\frac{{dx}}{{\sqrt {{x^2} - 2x + 5} }}} $. ( a>0 )
Giải
-Ta có : $\Delta ' =  - 4 < 0,a = 1 > 0$
- Đặt : $\sqrt {{x^2} - 2x + 5}  = t - x \Rightarrow t = x + \sqrt {{x^2} - 2x + 5}  $
$\Leftrightarrow t - 1 = x - 1 + \sqrt {{x^2} - 2x + 5} $.
$ $
$\Leftrightarrow dt = \left( {1 + \frac{{x - 1}}{{\sqrt {{x^2} - 2x + 5} }}} \right)dx = \frac{t}{{\sqrt {{x^2} - 2x + 5} }}dx \Rightarrow \frac{{dt}}{{t - 1}} = \frac{{dx}}{{\sqrt {{x^2} - 2x + 5} }}$
- Khi : x=-1,t=$\sqrt 8  - 1$,x=1,t=3
 Do đó:$ \Rightarrow I = \int\limits_{ - 1}^1 {\frac{{dx}}{{\sqrt {{x^2} - 2x + 5} }}}  = \int\limits_{2\left( {\sqrt 2  - 1} \right)}^3 {\frac{{dt}}{{t - 1}}} $ Vậy $I = \ln \left| {t - 1} \right|\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
  3 \\
  {2\left( {\sqrt 2  - 1} \right)}
\end{array} = \ln \frac{2}{{2\left( {\sqrt 2  - 1} \right)}} = \ln \left( {\sqrt 2  + 1} \right)} \right.$

Ví dụ 2.
Tính tích phân sau . $I = \int\limits_0^2 {\frac{1}{{\sqrt {1 + 2x - {x^2}} }}dx} $. ( a Giải
Ta có : $f(x) = \frac{1}{{\sqrt {1 + 2x - {x^2}} }} = \frac{1}{{\sqrt {2 - {{\left( {x - 1} \right)}^2}} }}(*) = \frac{1}{{\sqrt {\left( {\sqrt 2  + 1 - x} \right)\left( {\sqrt 2  - 1 + x} \right)} }}$ .
Nếu theo phương pháp chung thì :
Đặt : $\sqrt {\left( {\sqrt 2  + 1 - x} \right)\left( {\sqrt 2  - 1 + x} \right)}  = \left( {\sqrt 2  + 1 - x} \right)t $
$\Leftrightarrow \left( {\sqrt 2  + 1 - x} \right)\left( {\sqrt 2  - 1 + x} \right) = {t^2}{\left( {\sqrt 2  + 1 - x} \right)^2}$
$ $
$\Leftrightarrow \left( {\sqrt 2  - 1 + x} \right) = \left( {\sqrt 2  + 1 - x} \right){t^2} \Rightarrow x = \frac{{\left( {\sqrt 2  + 1} \right){t^2} - \sqrt 2  + 1}}{{1 + {t^2}}}$. ...
Ta có thể sử dụng phương pháp đổi biến số dạng 1.
Đặt : $x - 1 = \sqrt 2 \sin t \Rightarrow \left\{ \begin{array}
  dx = \sqrt 2 c{\text{ostdt}}{\text{.x = 0}} \to {\text{t =  - }}\frac{\pi }{4};x = 2 \to t = \frac{\pi }{4}  \\
  f(x)dx = \frac{1}{{\sqrt {2\left( {1 - {{\sin }^2}t} \right)} }}\sqrt 2 c{\text{ostdt = dt}}  \\
\end{array}  \right.$. Vì : $t \in \left[ {\frac{\pi }{4};\frac{\pi }{4}} \right] $
$\Leftrightarrow c{\text{ost > 0}}$
Vậy : $I = \int\limits_{ - \frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{4}} {dt}  = t\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
  {\frac{\pi }{4}} \\
  { - \frac{\pi }{4}}
\end{array} = \frac{\pi }{4} + \frac{\pi }{4} = \frac{\pi }{2}} \right.$

Ví dụ minh họa
Ví dụ 1.
Tính tích phân sau  $I = \int\limits_{ - 1}^1 {\frac{{x + 2}}{{\sqrt {{x^2} - 2x + 5} }}dx} $. (a>0)
Giải
- Ta có : $f(x) = \frac{{x + 2}}{{\sqrt {{x^2} - 2x + 5} }} = \frac{{A\left( {2x - 2} \right)}}{{\sqrt {{x^2} - 2x + 5} }} + \frac{B}{{\sqrt {{x^2} - 2x + 5} }} = \frac{{2Ax + B - 2A}}{{\sqrt {{x^2} - 2x + 5} }}\;\left( 1 \right)$
- Đồng nhất hệ số hai tử số ta có hệ :
 $\left\{ \begin{array}
  2A = 1  \\
  B - 2A = 2  \\
\end{array}  \right. $
$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}
  A = \frac{1}{2}  \\
  B = 3  \\
\end{array}  \right. \Rightarrow f(x) = \frac{{\frac{1}{2}\left( {2x - 2} \right)}}{{\sqrt {{x^2} - 2x + 5} }} + 3\frac{1}{{\sqrt {{x^2} - 2x + 5} }}$
- Vậy : $I = \int\limits_{ - 1}^1 {f(x)dx = } \int\limits_{ - 1}^1 {\frac{{\left( {x - 1} \right)dx}}{{\sqrt {{x^2} - 2x + 5} }} + 3\int\limits_{ - 1}^1 {\frac{1}{{\sqrt {{x^2} - 2x + 5} }}} } dx$.
Theo kết quả trên , ta có kết quả :
$I = \left( {\sqrt {{x^2} - 2x + 5} } \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
  1 \\
  { - 1}
\end{array} + 3} \right.\ln \left( {\sqrt 2  + 1} \right) = 2 - 2\sqrt 2  + 3\ln \left( {\sqrt 2  + 1} \right)$

Ví dụ 2.
Tính tích phân sau $I = \int\limits_0^2 {\frac{{2x - 3}}{{\sqrt {1 + 2x - {x^2}} }}dx} $
Giải
Ta có : $\frac{{2x - 3}}{{\sqrt {1 + 2x - {x^2}} }} = \frac{{A\left( {2 - 2x} \right)}}{{\sqrt {1 + 2x - {x^2}} }} + \frac{B}{{\sqrt {1 + 2x - {x^2}} }} = \frac{{ - 2Ax + \left( {2A + B} \right)}}{{\sqrt {1 + 2x - {x^2}} }}$
Đồng nhất hệ số hai tử số ta có : $\left\{ \begin{array}
   - 2A = 2  \\
  2A + B =  - 3  \\
\end{array}  \right. $
$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}
  A =  - 1  \\
  B =  - 1  \\
\end{array}  \right.$
Vậy : $I =  - 2\int\limits_0^2 {\frac{{\left( {1 - x} \right)dx}}{{\sqrt {1 + 2x - {x^2}} }}}  - \int\limits_0^2 {\frac{1}{{\sqrt {1 + 2x - {x^2}} }}dx}  =  - 2\left( {\sqrt {1 + 2x - {x^2}} } \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
  2 \\
  0
\end{array} - \int\limits_0^2 {\frac{1}{{\sqrt {1 + 2x - {x^2}} }}dx} \quad \left( 2 \right)} \right.$
Theo kết quả đã tính ở ví dụ trên ta có : $I =  - \frac{\pi }{2}$
Ví dụ 3.
Tính tích phân sau  $I = \int\limits_0^1 {\frac{{\left( {x + 4} \right)dx}}{{\sqrt {{x^2} + 4x + 5} }}} $.
Giải
Ta có : $f(x) = \frac{{\left( {x + 4} \right)}}{{\sqrt {{x^2} + 4x + 5} }} = \frac{{\left( {x + 2} \right)}}{{\sqrt {{x^2} + 4x + 5} }} + \frac{2}{{\sqrt {{x^2} + 4x + 5} }}$
Vậy : $I = \int\limits_0^1 {\frac{{\left( {x + 4} \right)dx}}{{\sqrt {{x^2} + 4x + 5} }}}  = \frac{1}{2}\int\limits_0^1 {\frac{{2\left( {x + 2} \right)dx}}{{\sqrt {{x^2} + 4x + 5} }} + 2\int\limits_0^1 {\frac{1}{{\sqrt {{{\left( {x + 2} \right)}^2} + 1} }}dx} }  = \frac{1}{2}\ln \sqrt {{x^2} + 4x + 1} \left| {\begin{array}{*{20}{c}}
  1 \\
  0
\end{array} + 2J} \right.$ (1)
Tính J : Đặt $t = x + 2 + \sqrt {{{\left( {x + 2} \right)}^2} + 1}  \Rightarrow dt = \left( {1 + \frac{{\left( {x + 2} \right)}}{{\sqrt {{{\left( {x + 2} \right)}^2} + 1} }}} \right)dx = \frac{t}{{\sqrt {{{\left( {x + 2} \right)}^2} + 1} }}dx$
Hay : $\frac{{dt}}{t} = \frac{{dx}}{{\sqrt {{{\left( {x + 2} \right)}^2} + 1} }}$. Khi x=0, t=2+$\sqrt 5 $; x=1, t=3+$\sqrt {10} $.
Do đó : $J = \int\limits_{2 + \sqrt 5 }^{3 + \sqrt {10} } {\frac{{dt}}{t} = \ln \left| t \right|\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
  {3 + \sqrt {10} } \\
  {2 + \sqrt 5 }
\end{array}} \right.}  = \ln \left( {\frac{{3 + \sqrt {10} }}{{2 + \sqrt 5 }}} \right)$. Thay vào (1) ta tìm được I
$I = \sqrt {10}  - \sqrt 5  + 2\ln \left( {\frac{{3 + \sqrt {10} }}{{2 + \sqrt 5 }}} \right)$

Phương pháp:
1.  Đặt : t=$\sqrt[m]{{\frac{{\alpha x + \beta }}{{\gamma x + \delta }}}}$ (1)
2. Tính x theo t : Bằng cách nâng lũy thừa bậc m hai vế của (1) ta có dạng $x = \varphi \left( t \right)$
3. Tính vi phân hai vế : dx=$\varphi '\left( t \right)dt$ và đổi cận
4. Cuối cùng ta tính : $\int\limits_\alpha ^\beta  {R\left( {x;\sqrt[m]{{\frac{{\alpha x + \beta }}{{\gamma x + \delta }}}}} \right)dx}  = \int\limits_{\alpha '}^{\beta '} {R\left( {\varphi \left( t \right);t} \right)\varphi '\left( t \right)dt} $
Ví dụ minh họa
Ví dụ 1.
Tính tích phân sau  $\int\limits_1^2 {\frac{x}{{1 + \sqrt {x - 1} }}} dx$
Giải
- Đặt : $\sqrt {x - 1}  = t \Rightarrow \left\{ \begin{array}
  x = {t^2} + 1;dx = 2tdt;x = 1 \to t = 0,x = 2 \to t = 1  \\
  f(x)dx = \frac{{{t^2} - 1}}{{1 + t}}2tdt = 2\frac{{{t^3} - t}}{{t + 1}}dt = \left( {{t^2} - t - 2 - \frac{2}{{t + 1}}} \right)dt  \\
\end{array}  \right.$
- Vậy : $\int\limits_1^2 {\frac{x}{{1 + \sqrt {x - 1} }}} dx = \int\limits_0^1 {\left( {{t^2} - t - 2 - \frac{2}{{t + 1}}} \right)dt = \frac{{11}}{3} - 4\ln 2} $

Ví dụ 2.
Tính các tích phân sau :
$a.\quad \int\limits_1^2 {\frac{x}{{x + \sqrt {x - 1} }}dx} $            $b.\quad \int\limits_0^{\sqrt 3 } {{x^3}\sqrt {1 + {x^2}} dx} $            $c.\quad \int\limits_1^9 {x\sqrt[3]{{1 - x}}dx} $
$d.\quad \int\limits_0^{\sqrt 3 } {\frac{{{x^5} + 2{x^3}}}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}dx} $            $e.\quad \int\limits_{ - 1}^4 {\frac{{2dx}}{{\sqrt {x + 5}  + 4}}} $            $f.\quad \int\limits_0^2 {\frac{{{x^4}}}{{\sqrt {{x^5} + 1} }}dx} $
Giải
$a.\quad \int\limits_1^2 {\frac{x}{{x + \sqrt {x - 1} }}dx} $.
Đặt : $t = \sqrt {x - 1}  \Rightarrow x = {t^2} - 1 $
$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}
  dx = 2tdt  \\
  x = 1 \to t = 0,x = 2 \to t = 1  \\
\end{array}  \right. $
$\Leftrightarrow I = \int\limits_0^1 {\frac{{{t^2} - 1}}{{{t^2} - 1 + 1}}2tdt = 2\int\limits_0^1 {\left( {t - \frac{1}{t}} \right)dt} } $
Vậy : $I = 2\left( {\frac{1}{2}{t^2} - \ln \left| t \right|} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
  1 \\
  0
\end{array} = } \right.1$
$b.\quad \int\limits_0^{\sqrt 3 } {{x^3}\sqrt {1 + {x^2}} dx}  = \int\limits_0^{\sqrt 3 } {{x^2}\sqrt {1 + {x^2}} xdx} $.
Đặt : $t = \sqrt {1 + {x^2}}  \Rightarrow {x^2} = {t^2} - 1 $
$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}
  xdx = tdt  \\
  x = 0 \to t = 1,x = \sqrt 3  \to t = 2  \\
\end{array}  \right. $
$\Leftrightarrow I = \int\limits_1^2 {\left( {{t^2} - 1} \right){t^2}dt} $
Vậy : $I = \int\limits_1^2 {\left( {{t^4} - {t^2}} \right)dt}  = \left( {\frac{1}{5}{t^5} - \frac{1}{3}{t^3}} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
  2 \\
  1
\end{array} = } \right.\frac{{58}}{{15}}$
$c.\quad \int\limits_1^9 {x\sqrt[3]{{1 - x}}dx} $.
Đặt : $t = \sqrt {1 - x}  \Rightarrow x = 1 - {t^2} $
$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}
  dx =  - 2tdt  \\
  x = 1 \to t = 0,x = 9 \to t =  - 2  \\
\end{array}  \right. $
$\Leftrightarrow I = \int\limits_0^{ - 2} {\left( {1 - {t^2}} \right)t.\left( { - 2tdt} \right)} $
Vậy : $I = 2\int\limits_{ - 2}^0 {\left( {{t^2} - {t^4}} \right)dt = } 2\left( {\frac{1}{3}{t^3} - \frac{1}{5}{t^5}} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
  0 \\
  { - 2}
\end{array} = } \right. - \frac{{112}}{{15}}$
$d.\quad \int\limits_0^{\sqrt 3 } {\frac{{{x^5} + 2{x^3}}}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}dx}  = \int\limits_0^{\sqrt 3 } {\frac{{{x^2}\left( {{x^2} + 2} \right)xdx}}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}} $
Đặt : $t = \sqrt {{x^2} + 1}  \Rightarrow \left[ \begin{array}
  {x^2} = {t^2} - 1;xdx = tdt  \\
  x = 0 \to t = 1,x = \sqrt 3  \to t = 2  \\
\end{array}  \right. $
$\Leftrightarrow I = \int\limits_1^2 {\frac{{\left( {{t^2} - 1} \right)\left( {{t^2} + 1} \right)t.2tdt}}{t}}  = 2\int\limits_1^2 {\left( {{t^4} - 1} \right)tdt} $
Vậy : $I = 2\left( {\frac{1}{5}{t^5} - \frac{1}{2}{t^2}} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
  2 \\
  1
\end{array} = } \right.\frac{{59}}{5}$
$e.\quad \int\limits_{ - 1}^4 {\frac{{2dx}}{{\sqrt {x + 5}  + 4}}} $.
Đặt : $t = \sqrt {x + 5}  \Rightarrow \left[ \begin{array}
  x = {t^2} - 5,dx = 2tdt  \\
  x =  - 1 \to t = 2,x = 4 \to t = 3  \\
\end{array}  \right. $
$\Leftrightarrow I = \int\limits_2^3 {\frac{{2.2tdt}}{{t + 4}} = 4\int\limits_2^3 {\left( {1 - \frac{4}{{t + 4}}dt} \right)} } $
Vậy : $I = 4\left( {t - 4\ln \left| {t + 4} \right|} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
  3 \\
  2
\end{array} = } \right.4 + 4\left( {\ln 6 - \ln 7} \right) = 4 + 4\ln \frac{6}{7}$
$f.\quad \int\limits_0^2 {\frac{{{x^4}}}{{\sqrt {{x^5} + 1} }}dx}  = \frac{1}{5}\int\limits_0^2 {\frac{{d\left( {{x^5} + 1} \right)}}{{\sqrt {{x^5} + 1} }} = \frac{2}{5}\sqrt {{x^5} + 1} \left| {\begin{array}{*{20}{c}}
  2 \\
  0
\end{array} = \frac{2}{5}\left( {\sqrt {33}  - 1} \right)} \right.} $

Ví dụ 3.
Tính các tích phân sau :
$a.\quad \int\limits_0^1 {{x^5}\sqrt {1 - {x^2}} dx} $        $b.\quad \int\limits_0^{\sqrt 3 } {\sqrt {1 + {x^2}} .{x^3}dx} $        $c.\quad \int\limits_0^2 {{x^2}\sqrt {4 - {x^2}} dx} $
$d.\quad \int\limits_1^2 {\frac{{xdx}}{{\sqrt {2 + x}  + \sqrt {2 - x} }}} $        $e.\quad \int\limits_{ - 1}^0 {x\sqrt {1 + x} } dx$        $f.\quad \int\limits_0^1 {{x^3}\sqrt {{x^2} + 3} } dx$
Giải
$a.\quad \int\limits_0^1 {{x^5}\sqrt {1 - {x^2}} dx}  = \int\limits_0^1 {{x^4}\sqrt {1 - {x^2}} xdx} $
Đặt : $t = \sqrt {1 - {x^2}}  \Rightarrow \left[ \begin{array}
  {x^2} = 1 - {t^2};xdx =  - tdt  \\
  x = 0 \to t = 1,x = 1 \to t = 0  \\
\end{array}  \right. $
$\Leftrightarrow I = \int\limits_1^0 {{{\left( {1 - {t^2}} \right)}^2}t.\left( { - tdt} \right) = \int\limits_0^1 {{t^2}\left( {{t^4} - 2{t^2} + 1} \right)dt} } $
Vậy : $I = \left( {\frac{1}{7}{t^7} - \frac{2}{5}{t^5} + \frac{1}{3}{t^3}} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
  1 \\
  0
\end{array} = \frac{8}{{105}}} \right.$
$b.\quad \int\limits_0^{\sqrt 3 } {\sqrt {1 + {x^2}} .{x^3}dx}  = \int\limits_0^{\sqrt 3 } {{x^2}\sqrt {1 + {x^2}} xdx} $
Đặt : $t = \sqrt {1 + {x^2}}  \Rightarrow \left[ \begin{array}
  {x^2} = {t^2} - 1;xdx = tdt  \\
  x = 0 \to t = 1,x = \sqrt 3  \to t = 2  \\
\end{array}  \right. $
$\Leftrightarrow I = \int\limits_1^2 {\left( {{t^2} - 1} \right)t.tdt = \int\limits_1^2 {\left( {{t^4} - {t^2}} \right)dt} } $
Vậy : $I = \left( {\frac{1}{5}{t^5} - \frac{1}{3}{t^3}} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
  2 \\
  1
\end{array} = } \right.\frac{{58}}{{15}}$
$c.\quad \int\limits_0^2 {{x^2}\sqrt {4 - {x^2}} dx} $.
Đặt : $x = 2\sin t \Rightarrow \left[ \begin{array}
  dx = 2c{\text{ost}}dt;\sqrt {4 - {x^2}}  - c{\text{ost}}  \\
  {\text{x = 0}} \to {\text{t = 0}}{\text{.x = 2}} \to {\text{t = }}\frac{\pi }{2}  \\
\end{array}  \right. $
$\Leftrightarrow I = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {4{{\sin }^2}t.2\cos t.2\cos tdt = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {4{{\sin }^2}2tdt} } $
Vậy : $I = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\left( {1 - c{\text{os4t}}} \right)dt = \left( {t - \frac{1}{4}\sin 4t} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
  {\frac{\pi }{2}} \\
  0
\end{array} = } \right.} \frac{\pi }{2}$
$d.\quad \int\limits_1^2 {\frac{{xdx}}{{\sqrt {2 + x}  + \sqrt {2 - x} }}}  = \frac{1}{2}\int\limits_1^2 {\left( {\sqrt {2 + x}  - \sqrt {2 - x} } \right)dx}  = \frac{1}{2}\left[ {\int\limits_1^2 {{{\left( {2 + x} \right)}^{\frac{1}{2}}} - {{\left( {2 - x} \right)}^{\frac{1}{2}}}} } \right]dx$
- Vậy : $I = \frac{1}{2}\left[ {\frac{2}{3}{{\left( {2 + x} \right)}^{\frac{3}{2}}} + \frac{2}{3}{{\left( {2 - x} \right)}^{\frac{3}{2}}}} \right]\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
  2 \\
  1
\end{array} = } \right.\frac{{22}}{9} - \sqrt 3 $
$e.\quad \int\limits_{ - 1}^0 {x\sqrt {1 + x} } dx$
Đặt : $t = \sqrt {1 + x}  \Rightarrow \left[ \begin{array}
  x = {t^2} - 1;dx = 2tdt  \\
  x =  - 1 \to t = 0,x = 0 \to t = 1  \\
\end{array}  \right. $
$\Leftrightarrow I = \int\limits_0^1 {\left( {{t^2} - 1} \right)t.2tdt = 2\int\limits_0^1 {\left( {{t^4} - {t^2}} \right)dt} } $
Vậy : $I = 2\left( {\frac{1}{5}{t^5} - \frac{1}{3}{t^3}} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
  1 \\
  0
\end{array} = 2\left( {\frac{1}{5} - \frac{1}{3}} \right) =  - \frac{4}{{15}}} \right.$
$f.\quad \int\limits_0^1 {{x^3}\sqrt {{x^2} + 3} } dx = \int\limits_0^1 {{x^2}\sqrt {{x^2} + 3} .xdx} $
Đặt : $t = \sqrt {{x^2} + 3}  \Rightarrow \left[ \begin{array}
  {x^2} = {t^2} - 3;xdx = tdt  \\
  x = 0 \to t = \sqrt 3 ,x = 1 \to t = 2  \\
\end{array}  \right. $
$\Leftrightarrow I = \int\limits_{\sqrt 3 }^2 {\left( {{t^2} - 1} \right)t.tdt = \int\limits_{\sqrt 3 }^2 {\left( {{t^4} - {t^2}} \right)dt} } $
Vậy : $I = \left( {\frac{1}{5}{t^5} - \frac{1}{3}{t^3}} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
  2 \\
  {\sqrt 3 }
\end{array} = } \right.\frac{{56 - 12\sqrt 3 }}{{15}}$

Tính các tích phân sau
1. $\int\limits_0^1 {\frac{{{x^2} - 1}}{{\sqrt x  + 1}}dx} $                           2. $\int\limits_{\frac{2}{{\sqrt 3 }}}^{\sqrt 2 } {\frac{{dx}}{{x\sqrt {{x^2} - 1} }}} $
3. $\int\limits_0^{\frac{7}{3}} {\frac{{x + 1}}{{\sqrt[3]{{3x + 1}}}}dx} $                     4. $\int\limits_{ - 2}^{ - \sqrt 2 } {\frac{{{x^2} + 1}}{{x\sqrt {{x^2} + 1} }}dx} $ (
Giải
1. $\int\limits_0^1 {\frac{{{x^2} - 1}}{{\sqrt x  + 1}}dx} $ .
Ta có :$f(x) = \frac{{{x^2} - 1}}{{\sqrt x  + 1}} = \frac{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)\left( {\sqrt x  - 1} \right)}}{{x - 1}} = \left( {x + 1} \right)\left( {\sqrt x  - 1} \right) = x\sqrt x  + \sqrt x  - x - 1$
Vậy : $I = \int\limits_0^1 {f(x)dx}  = \int\limits_0^1 {\left( {x\sqrt x  + \sqrt x  - x - 1} \right)dx}  = \left( {\frac{2}{5}{x^2}\sqrt x  + \frac{2}{3}x\sqrt x  - \frac{1}{2}{x^2} - x} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
  1 \\
  0
\end{array} = \frac{1}{{15}}} \right.$
2. $\int\limits_{\frac{2}{{\sqrt 3 }}}^{\sqrt 2 } {\frac{{dx}}{{x\sqrt {{x^2} - 1} }}}  = \int\limits_{\frac{2}{{\sqrt 3 }}}^{\sqrt 2 } {\frac{{xdx}}{{{x^2}\sqrt {{x^2} - 1} }}\quad \left( 1 \right)} $ 
Đặt : $t = \sqrt {{x^2} - 1}  \Rightarrow \left\{ \begin{array}
  {x^2} = {t^2} + 1,xdx = tdt.x = \frac{2}{{\sqrt 3 }} \to t = \frac{1}{{\sqrt 3 }},x = \sqrt 2  \to t = 1  \\
  f(x)dx = \frac{{xdx}}{{{x^2}\sqrt {{x^2} - 1} }} = \frac{{tdt}}{{\left( {{t^2} + 1} \right)t}} = \frac{{dt}}{{{t^2} + 1}}  \\
\end{array}  \right.$
Vậy :$I = \int\limits_{\frac{2}{{\sqrt 3 }}}^{\sqrt 2 } {\frac{{dx}}{{x\sqrt {{x^2} - 1} }}}  = \int\limits_{\frac{1}{{\sqrt 3 }}}^1 {\frac{{dt}}{{{t^2} + 1}}}  = acr\tan t\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
  1 \\
  {\frac{1}{{\sqrt 3 }}}
\end{array} = \frac{\pi }{4} - \frac{\pi }{6} = \frac{\pi }{{12}}} \right.$ 
3. $\int\limits_0^{\frac{7}{3}} {\frac{{x + 1}}{{\sqrt[3]{{3x + 1}}}}dx} $ .
Đặt : $t = \sqrt[3]{{3x + 1}} \Rightarrow \left\{ \begin{array}
  x = \frac{{{t^3} - 1}}{3},dx = {t^2}dt,x = 0 \to t = 1;x = \frac{7}{3} \to t = 2  \\
  f(x)dx = \frac{{x + 1}}{{\sqrt[3]{{3x + 1}}}}dx = \frac{{{t^3} + 2}}{{3t}}{t^2}dt = \frac{1}{3}\left( {{t^4} + 2t} \right)dt  \\
\end{array}  \right.$
Vậy : $I = \int\limits_0^{\frac{7}{3}} {\frac{{x + 1}}{{\sqrt[3]{{3x + 1}}}}dx}  = \int\limits_1^2 {\frac{1}{3}\left( {{t^4} + 2t} \right)dt}  = \frac{1}{3}\left( {\frac{1}{5}{t^5} + {t^2}} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
  2 \\
  1
\end{array} = } \right.\frac{{46}}{{15}}$
4. $\int\limits_{ - 2}^{ - \sqrt 2 } {\frac{{{x^2} + 1}}{{x\sqrt {{x^2} + 1} }}dx}  = \int\limits_{ - 2}^{ - \sqrt 2 } {\frac{{\sqrt {{x^2} + 1} }}{{{x^2}}}xdx} {\text{ }}\left( {\text{1}} \right)$
Đặt : $t = \sqrt {{x^2} + 1}  \Rightarrow \left\{ \begin{array}
  {x^2} = {t^2} - 1 \leftrightarrow xdx = tdt.x =  - 2 \to t = \sqrt 5 ,x =  - \sqrt 2  \to t = \sqrt 3   \\
  f(x)dx = \frac{{\sqrt {{x^2} + 1} }}{{{x^2}}}xdx = \frac{t}{{{t^2} - 1}}tdt = \left( {1 + \frac{1}{{{t^2} - 1}}} \right)dt = \left( {1 + \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{{t - 1}} - \frac{1}{{t + 1}}} \right)} \right)dt  \\
\end{array}  \right.$
Vậy : $\int\limits_{ - 2}^{ - \sqrt 2 } {f(x)dx}  = \int\limits_{\sqrt 5 }^{\sqrt 3 } {\left[ {1 + \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{{t - 1}} - \frac{1}{{t + 1}}} \right)} \right]dt} \\ = \left( {t + \frac{1}{2}\ln \left| {\frac{{t - 1}}{{t + 1}}} \right|} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
  {\sqrt 3 } \\
  {\sqrt 5 }
\end{array} = \sqrt 3  - \sqrt 5  + \frac{1}{2}\ln \frac{{\left( {\sqrt 3  - 1} \right)\left( {\sqrt 5  + 1} \right)}}{{\left( {\sqrt 3  + 1} \right)\left( {\sqrt 5  - 1} \right)}}} \right.$

Ví dụ 4.

Tính các tích phân sau :
$a.\quad \int\limits_{ - 1}^3 {\frac{{x - 3}}{{3\sqrt {x + 1}  + x + 3}}} dx$        $b.\quad \int\limits_5^{10} {\frac{{dx}}{{x - 2\sqrt {x - 1} }}} $
$c.\quad \int\limits_0^1 {\frac{{{x^2} + x}}{{\sqrt[3]{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}}}dx} $            $d.\quad \int\limits_0^{\sqrt 3 } {{x^5}\sqrt {{x^2} + 1} dx} $        $e.\quad \int\limits_0^1 {{x^3}\sqrt {1 - {x^2}} dx} $
Giải
$a.\quad \int\limits_{ - 1}^3 {\frac{{x - 3}}{{3\sqrt {x + 1}  + x + 3}}} dx$
Đặt : $t = \sqrt {x + 1}  \Rightarrow x = {t^2} - 1 $
$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}
  dx = 2tdt  \\
  x =  - 1 \to t = 0;x = 3 \to t = 2  \\
\end{array}  \right.$
Vậy : $I = \int\limits_0^2 {\frac{{{t^2} - 4}}{{{t^2} + 3t + 2}}2tdt = 2\int\limits_0^2 {\frac{{t\left( {t - 2} \right)\left( {t - 2} \right)}}{{\left( {t + 1} \right)\left( {t + 2} \right)}}dt = 2\int\limits_0^2 {\left( {t - 3 + \frac{3}{{t + 2}}} \right)dt} } }  = 2\left( {\frac{1}{2}{t^2} - 3t + 3\ln \left| {t + 2} \right|} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
  2 \\
  0
\end{array}} \right.$
Do đó : I$ = 6\ln 2 - 8$
$b.\quad \int\limits_5^{10} {\frac{{dx}}{{x - 2\sqrt {x - 1} }}}  = \int\limits_5^{10} {\frac{{dx}}{{x - 1 - 2\sqrt {x - 1}  + 1}} = } \int\limits_5^{10} {\frac{{dx}}{{{{\left( {\sqrt {x - 1}  - 1} \right)}^2}}}} $
Đặt : $t = \sqrt {x - 1}  \Rightarrow \left\{ \begin{array}
  x = {t^2} + 1;dx = 2tdt.x = 5 \to t = 2;x = 10 \to t = 3  \\
  f(x)dx = \frac{{dx}}{{{{\left( {\sqrt {x - 1}  - 1} \right)}^2}}} = \frac{{2tdt}}{{{{\left( {t - 1} \right)}^2}}} = 2\left( {\frac{1}{{t - 1}} + \frac{1}{{{{\left( {t - 1} \right)}^2}}}} \right)dt  \\
\end{array}  \right.$
Vậy : $I = \int\limits_5^{10} {f(x)dx}  = \int\limits_2^3 {2\left( {\frac{1}{{t - 1}} + \frac{1}{{{{\left( {t - 1} \right)}^2}}}} \right)dt = 2\left( {\ln \left| {t - 1} \right| - \frac{1}{{t - 1}}} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
  3 \\
  2
\end{array} = 2\ln 2 + 1} \right.} $
$c.\quad \int\limits_0^1 {\frac{{{x^2} + x}}{{\sqrt[3]{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}}}dx}  = \int\limits_0^1 {\frac{{x\left( {x + 1} \right)dx}}{{\sqrt[3]{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}}}}  = \int\limits_0^1 {\frac{{x\sqrt[3]{{{{\left( {x + 1} \right)}^3}}}dx}}{{\sqrt[3]{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}}} = \int\limits_0^1 {x\sqrt[3]{{x + 1}}dx} } $ (1)
Đặt : $t = \sqrt[3]{{x + 1}} \Rightarrow \left\{ \begin{array}
  x = {t^3} - 1,dx = 3{t^2}dt.x = 0 \to t = 1;x = 1 \to t = \sqrt[3]{2}  \\
  f(x)dx = x\sqrt[3]{{x + 1}}dx = \left( {{t^3} - 1} \right)t.3{t^2}dt = \left( {3{t^6} - 3{t^3}} \right)dt  \\
\end{array}  \right.$
Vậy : $I = \int\limits_0^1 {f(x)dx}  = \int\limits_1^{\sqrt[3]{2}} {\left( {3{t^6} - 3{t^3}} \right)dt}  = \left( {\frac{3}{7}{t^7} - \frac{3}{4}{t^4}} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
  {\sqrt[3]{2}} \\
  1
\end{array} = \frac{{3\sqrt[3]{2}}}{{14}} + \frac{9}{{28}}} \right.$
$d.\quad \int\limits_0^{\sqrt 3 } {{x^5}\sqrt {{x^2} + 1} dx}  = \int\limits_0^{\sqrt 3 } {{x^4}\sqrt {{x^2} + 1} xdx} \quad \left( 1 \right)$.
Đặt : $t = \sqrt {{x^2} + 1}  \Rightarrow {x^2} = {t^2} - 1 $
$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}
  xdx = tdt.x = 0 \to t = 1,x = \sqrt 3  \to t = 2  \\
  f(x)dx = {x^4}\sqrt {{x^2} + 1} xdx = {\left( {{t^2} - 1} \right)^2}.tdt = \left( {{t^5} - 2{t^3} + t} \right)dt  \\
\end{array}  \right.$
Vậy : $I = \int\limits_0^{\sqrt 3 } {{x^4}\sqrt {{x^2} + 1} xdx}  = \int\limits_1^2 {\left( {{t^5} - 2{t^3} + t} \right)dt = \left( {\frac{1}{6}{t^6} - \frac{1}{2}{t^4} + \frac{1}{2}{t^2}} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
  2 \\
  1
\end{array} = \frac{9}{2}} \right.} $
$e.\quad \int\limits_0^1 {{x^3}\sqrt {1 - {x^2}} dx}  = \int\limits_0^1 {{x^2}\sqrt {1 - {x^2}} xdx} \quad \left( 1 \right)$.
Đặt : $t = \sqrt {1 - {x^2}}  \Rightarrow \left\{ \begin{array}
  {x^2} = 1 - {t^2};xdx =  - tdt.x = 0 \to t = 1,x = 1 \to t = 0  \\
  f(x)dx = {x^2}\sqrt {1 - {x^2}} xdx = \left( {1 - {t^2}} \right)t\left( { - tdt} \right) =  - \left( {{t^2} - {t^4}} \right)dt  \\
\end{array}  \right.$
Vậy : $I = \int\limits_0^1 {{x^2}\sqrt {1 - {x^2}} xdx}  = \int\limits_1^0 { - \left( {{t^2} - {t^4}} \right)dt}  = \int\limits_0^1 {\left( {{t^2} - {t^4}} \right)dt}  = \left( {\frac{1}{3}{t^3} - \frac{1}{5}{t^5}} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
  1 \\
  0
\end{array} = \frac{2}{{15}}} \right.$

Ví dụ 5.