NGUYÊN HÀM - TÍCH PHÂN - ỨNG DỤNG

A. NGUYÊN HÀM

1. Phương pháp đổi biến:

Nếu $\begin{cases}\int f(u)du=F(u)+C\\u=u(x) \text{ có đạo hàm liên tục trên }D\end{cases}$ thì $$\boxed{\int f(u).u'.dx=F(u)+C}$$

HỆ QUẢ: nếu $f(x)=ax+b, (a\neq 0)$ thì $$\int f(ax+b) dx=\dfrac{1}{a}F(ax+b)+C$$

2. Nguyên hàm từng phần: 
Nếu $u, v$ có đạo hàm liên tục trên $D$ thì $$\boxed{\int u.v'dx=uv-\int v.u'dx}$$

BÀI TẬP:  Tính nguyên hàm: 
 $\begin{aligned}1.\;&\int (x+1)^2(2x-1)dx\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;&&\int \dfrac{x^4-3x^2+4x+2}{x^2}dx \\&\int (4\sqrt[3]{x}+3\sqrt[4]{x})dx\;\;&&\int (2x+2\sqrt[3]{x}+\sqrt{x})dx\end{aligned}$ 
 $\begin{aligned}2.\; &\int4^{2x+1}dx\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;&&\int (e^x+1)dx \\&\int e^x.(1-e^x)^2dx\;&&\int \dfrac{e^{2x}+e^x}{e^x}dx\end{aligned}$
$\begin{aligned}3.\;& \int (2\sin x -cos x)dx\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;&&\int (\sin 3x +\cos 4x )dx\\&\int (\sin x -\tan x)dx\;&&\int (\cos x+3\cot 2x)dx\end{aligned}$
$\begin{aligned}4. \;& \int 2\sin x\cos xdx\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;&&\int \sin 2x.\cos 2x. \cos 4xdx\\&\int \sin 4x.\cos 3xdx &&\int\cos x.\sin 2xdx\end{aligned}$
$5.$ Cho $f'(x)=3-5\sin x$ và $f(0)=10$ Tìm $f(x)$ 
$\begin{aligned}6. \;&\int (x+1)\sin x dx\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;&&\int (x^2+5x-6)\sin x dx\\&\int (x^2+x)\cos xdx &&\int (3x^2-4x)\sin 2x dx\\&\int (x+1)e^xdx&&\int (4x^2+1)e^{2x}dx\\&\int \sqrt{x}e^xdx&&\int x.e^{\sqrt{x}}dx\\&\int (x+1)\ln x &&\int (x^2-x)\log x dx\end{aligned}$
7. Cho $F(x)=x^2$ là một nguyên hàm của $f(x).e^{2x}$. Nguyên hàm của $f'(x).e^{2x}$ là 
$$\begin{aligned} &A.\; \int f'(x).e^{2x}dx=-x^2+2x+C\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;&&B.\;\int f'(x).e^{2x}dx=-x^2+x+C\\&C.\;\int f'(x)e^{2x}dx=2x^2-2x+C &&D.\;\int f'(x)e^{2x}dx=-2x^2+2x+C\end{aligned}$$
8. Nguyên hàm của $f(x)=\dfrac{1}{5x-2}$
9. Cho $F(x)$ là một nguyên hàm của $f(x)=\dfrac{\ln x}{x}$. Tính $F(e)-F(1)$

Bài 5: Tính $$A=2+22+222+...+\underset{\text{13 chu so } 2}{22...22}$$
GIẢI:
Ta có: $$2=2.10^0\\22=20+2=2.10^1+2.10^0\\222=200+20+2=2.10^2+2.10^1+2.10^0\\...\\\underset{\text{13 chu so } 2}{22...22}=\underset{(\text{12 chu so }0)}{ 200...000}+\underset{(\text{11 chu so }0)}{ 200...000}+...+20+2=2.10^{12}+2.10^11+2.10^10+...+2.10^1+2.10^0$$
Nhận thấy:
Có $13$ số $2=2.10^0$
      $12$ số $20=2.10^1$
      $11$ số $200=2.10^2$
      ....
      $2$ số $2.10^{11}$
      $1$ số $2.10^{12}$
Như vậy $$A=13.2.10^0+12.2.10^1+11.2.10^2+...+2.10^{11}+1.2.10^{12}$$
Tới đây có 2 cách bấm máy: 
Cách 1: 
Nhập thẳng vô máy CASIO: $$\sum_{x=0}^{12}((13-x).2.10^{x})$$ rồi nhận kết quả (như hình)

Cách 2: Khai báo vào màn hình:  $A=A+1: B=B+(13-A).2.10^A$, nhấn CALC, máy hỏi $A=?$, khai báo $A=-1$, nhấn $=$ liên tục cho tới khi $A=A+1=12$ máy báo kết quả như trên, giá trị $B$ cuối cùng khi $A=12$ chính là kết quả bài toán (Xem ảnh)

Bài toán: Tìm tất cả các đa thức $P(x)$ hệ số thực thỏa mãn: $$P(x^2)+x.(3P(x)+P(-x))=(P(x))^2+2x^2, \forall x\in\mathbb{R}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(*)$$
Lời Giải:
Trong $(*)$ cho $x=0$ ta được $P(0)=P^2(0)\Leftrightarrow P(0)=0\vee P(0)=1$
Trong $(*)$ thay $x$ bởi $-x$ ta được:
$$P(x^2)-x.((3P(-x)+P(x))=(P(-x))^2+2x^2\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(**)$$ Lấy $(*)-(**)$, ta được: $$x(3P(x)+P(-x))+x(3P(-x)+P(x))=(P(x))^2-(P(-x))^2\\\Leftrightarrow x(4P(x)+4P(-x))=(P(x))^2-(P(-x))^2$$
Nếu đặt $k=\deg P$ thì từ trên ta có $k+1=2k\Leftrightarrow k=1$ hay $P(x)=ax+b$
Với $P(0)=0)$ thì $P(x)=ax$ thay vào $(*)$, lúc này trong $(*)$ cho $x=1$, ta được: $$a+2a=a^2+2 \Rightarrow \begin{cases} a_1=1\\a=2\end{cases}\Rightarrow \begin{cases} P(x)=x\\P(x)=2x\end{cases}$$
Với $P(0)=1$ thì ta có $P(x)=ax+1$, tương tự như trên, ta cũng có $P(x)=-x+1\vee P(x)=2x+1$
Tóm lại $$\boxed{P(x)=x\\P(x)=2x\\P(x)=-x+1\\P(x)=2x+1}$$

Đề chọn đội tuyển QG tỉnh Bình Định, 2016-2017

Bài toán: (Đề chọn đội tuyển QG tỉnh Bình Định, 2016-2017) Cho $a,b\in (0; 1)$. Xét dãy ${u_n}$: $$\begin{cases}u_0=a, u_1=b\\u_{n+2}=\dfrac{1}{2017}u^4_{n+1}+\dfrac{2016}{2017}\sqrt[4]{u_n}, \forall n\in \mathbb{N} \end{cases}$$
CMR: $(u_n)$ có GH và tìm GH đó.

Giải:
Bằng qui nạp dễ CM được $(u_n)\in (0;1)$. Xét dãy $(v_n)$: $$\begin{cases} v_0=\min \{a, b\}\\ v_{n+1}=\dfrac{1}{2017}v^4_n+\dfrac{2016}{2017}\sqrt[4]{v_n}, \forall n\in\mathbb{N} \end{cases}$$  Theo AM-GM: $$v_{n+1}=\dfrac{1}{2017}v^4_n+\dfrac{2016}{2017}\sqrt[4]{v_n}\ge\sqrt[2017]{v_n^4.\sqrt[4]{v_n}} > v_n$$ Dễ thấy $v_n\in (0;1)$ Từ đó suy ra $\lim v_n=1$. 
Bằng qui nạp, dễ thấy: $v_n\le \min\{ u_{2n}, u_{2n+1}\}, u_{2n+3}\ge v_{n+1}\Rightarrow v_{n+1}\le\min\{u_{2n+2}, u_{2n+3}\}$. Do đó: $$v_n\le \min\{u_{2n}, u_{2n+1}\}\le \max\{u_{2n}, u_{2n+1}\}<1$$ Theo nguyên lý  kẹp, ta được: $$1<u_n<1\Rightarrow \lim u_n =1$$
Vậy, $$\boxed{\lim u_n =1}$$

Bài toán: (Thi thử chuyên KHTN 2016) Cho $a, b, c$ không âm thỏa $(a+1)(b+1)(c+1)=5$. Tìm GTLN của: $$P=(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})^2-\min\{a, b, c\})$$
Lời Giải:
Giả sử $c=\min \{a, b, c\}\Rightarrow (c+1)^3\le 5\Rightarrow c\le \sqrt[3]{5}-1$,  đồng thời sử dung C-S ta có: $$\dfrac{5}{c+1}=(a+1)(b+1)\ge (\sqrt{a}+\sqrt{b})^2$$ Ta suy ra: $$\begin{aligned}P=& =(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})^2 -c\\&=\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)^2+2\sqrt{c}\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right) \\& \le \dfrac{5}{c+1} +2\sqrt{\dfrac{5c}{c+1}} \end{aligned}$$
Thực hiện khảo sát hàm $f(c)= \dfrac{5}{c+1} +2\sqrt{\dfrac{5c}{c+1}}$ trên $c\in [0; \sqrt[3]{5}-1]$ ta được $P\le 6$, dấu ''='' đạt được khi $a=b=1, c=\dfrac{1}{4}$. Vậy $$\boxed{\max P=6}$$

Bài toán: Cho $a, b, c$ là các số thực đôi một phân biệt: CMR: $$\left(\dfrac{a+b}{a-b}\right)^2+\left(\dfrac{b+c}{b-c}\right)^2+\left(\dfrac{c+a}{c-a}\right)^2+\dfrac{1}{\left(\dfrac{a+b}{a-b}\right)^2+\left(\dfrac{b+c}{b-c}\right)^2+\left(\dfrac{c+a}{c-a}\right)^2}\ge \dfrac{5}{2}$$
Lời giải: 
Đặt: $x=\dfrac{b+c}{b-c}, y=\dfrac{c+a}{c-a}, z=\dfrac{a+b}{a-b}$. Khi đó, ta có: $$(x+1)(y+1)(z+1)=(x-1)(y-1)(z-1)\Leftrightarrow xy+yz+zx=-1$$ Và ta cần CM: $$x^2+y^2+z^2+\dfrac{1}{x^2+y^2+z^2}\ge \dfrac{5}{2}\\\Leftrightarrow (x+y+z)^2+2+\dfrac{1}{(x+y+z)^2+2}\ge \dfrac{5}{2}$$ Đặt $t=x+y+z$. Khi đó xét hàm $f(t)=t^2+\dfrac{1}{t^2+2}$ là ta có ngay đpcm

Bài toán (Nguyễn Đình Thi) Chứng minh rằng với mọi $a,b,c\in\mathbb{R}$ thì $$\left(\dfrac{a^2+bc}{a^2-bc}\right)^2+\left(\dfrac{b^2+ca}{b^2-ca}\right)^2+\left(\dfrac{c^2+ab}{c^2-ab}\right)^2\ge 2$$  
Lời giải: 
Đặt $x=\dfrac{a^2+bc}{a^2-bc}, y=\dfrac{b^2+ca}{b^2-ca},z=\dfrac{c^2+ab}{c^2-ab}$ Khi đó, ta có: $$(x+1)(y+1)(z+1)=(x-1)(y-1)(z-1)\Leftrightarrow xy+yz+zx=-1$$ Áp dụng BDT $$x^2+y^2+z^2\ge -2(xy+yz+zx)$$ Ta có $$\left(\dfrac{a^2+bc}{a^2-bc}\right)^2+\left(\dfrac{b^2+ca}{b^2-ca}\right)^2+\left(\dfrac{c^2+ab}{c^2-ab}\right)^2\ge 2$$ Ta có đpcm.


Problem (Nguyen Dinh Thi) Let $a, b, c$ be real numbers. Prove that:  $$\left(\dfrac{a^2+bc}{a^2-bc}\right)^2+\left(\dfrac{b^2+ca}{b^2-ca}\right)^2+\left(\dfrac{c^2+ab}{c^2-ab}\right)^2\ge 2$$ Proof: 
Let $x=\dfrac{a^2+bc}{a^2-bc}, y=\dfrac{b^2+ca}{b^2-ca},z=\dfrac{c^2+ab}{c^2-ab}$ Then,  we have:  $$(x+1)(y+1)(z+1)=(x-1)(y-1)(z-1)\Leftrightarrow xy+yz+zx=-1$$ Using this inequality:  $$x^2+y^2+z^2\ge -2(xy+yz+zx)$$ We have:  $$\left(\dfrac{a^2+bc}{a^2-bc}\right)^2+\left(\dfrac{b^2+ca}{b^2-ca}\right)^2+\left(\dfrac{c^2+ab}{c^2-ab}\right)^2\ge 2\;\;\text{(Q.E.D)}$$