Sổ tay cá nhân

A.  CÁC BƯỚC GIẢI
Bước $1$. Chứng minh $A(n)$ là một mệnh đề đúng khi $n = 1$.
Bước $2$. Với $k$ là số nguyên dương tùy ý, xuất phát từ giả thiết $A(n)$ là mệnh đề đúng khi $n = k$ , chứng minh $A(n)$ cũng là mệnh đề đúng khi $n = k + 1$.
Bước $3$. Khẳng định mệnh đề đúng với mọi giá trị tự nhiên của $n$.   

B. ÁP DỤNG
Dạng I. Chứng minh đẳng thức
Ví dụ $1$. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương $n,$ ta luôn có
     $1.2+2.3+⋯+n(n+1)=\frac{n(n+1)(n+2)}{3}         (1)$
Giải. với $n = 1$, ta có Vế trái (VT) $ = 1.2 = 2$, Vế phải (VP)$ = \frac{1.2.3}{3} = 2$ nên $(1)$ đúng với $n =1.$
Gỉa sử  $(1)$ đúng với $n =k$ , tức là
  $1.2+2.3+⋯+k(k+1)=\frac{k(k+1)(k+2)}{3},k \in \mathbb{N^*}$. Ta chứng minh $(1)$ đúng với $n = k+1$, tức là phải chứng minh
$1.2+2.3+⋯+k(k+1)+ (k+1)(k+2)=\frac{(k+1)(k+2)(k+3)}{3}$
Thật vậy, từ giả thiết quy nạp, ta có
$1.2+2.3+⋯+k(k+1)+ (k+1)(k+2)=\frac{k(k+1)(k+2)}{3}+ (k+1)(k+2)=\frac{(k+1)(k+2)(k+3)}{3}$
Vậy $(1)$ đúng với mọi số nguyên dương $n.$
Ví dụ $2$.. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương $n$, ta luôn có
$1+3+5+⋯+(2n-1)= n^2            (2)    $
Giải.  với $n = 1$ ta có  VT $= 1$, VP $= 1$ nên $(2)$ đúng với $n = 1.$
Giả sử $(2)$ đúng với $n = k$, tức là.
$1+3+5+⋯+(2k-1)= k^2,k \in \mathbb{N^*}. $
Ta chứng minh $(2)$ đúng với $n = k + 1$, tức là chứng minh
$1+3+5+⋯+(2k-1)+ ( 2k+1)= (k+1)^2$
Thật vậy, từ giả thiết quy nạp, ta có
$1+3+5+⋯+(2k-1)+ ( 2k+1)=k^2+(2k+1)=  (k+1)^2$
Vậy $(2)$ đúng với mọi số nguyên dương $n.$
Bài tập tương tự. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương $n$, ta luôn có
$1+2+3+⋯+n= \frac{n(n+1)}{2}    $
$ 2+5+8+⋯+3n-1 =\frac{n(3n+1)}{2} $
$  \frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{8}+⋯+\frac{1}{2^n} =\frac{2^n-1}{2^n} $
 
Dạng II. Chứng minh bất đẳng thức
Ví dụ $3$. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương  $n\ge 3$, ta luôn có $2^n>2n+1      (3)$
Giải 
Với $n = 3$, ta có VT $= 8$; VP$ = 7$ , nên $(3)$ đúng với $n = 3.$
Giả sử $(3)$ đúng với $n = k$, tức là $2^k>2k+1 ,k \in \mathbb{N^*},k \ge 3   $
Ta chứng minh $(3)$ đúng với $n = k +1$ tức là phải chứng minh $2^{k+1}>2(k+1)+1.$
Thật vậy, từ giả thiết quy nạp, ta có $2^{k+1}=2.2^k>2(2k+1)=4k+2=2k+3+(2k-1)>2k+3$ , do $k \in \mathbb{N^*},k \ge 3$.
Vậy $(3)$ đúng với mọi số nguyên $n \ge 3.$
Ví dụ $4$. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương  $n\ge 2$, ta luôn có $3^n>3n+1      (4)$
Giải 
Với $n = 2$, ta có VT $= 9$; VP$ = 7$ , nên $(4)$ đúng với $n = 3.$
Giả sử $(4)$ đúng với $n = k$, tức là $3^k>3k+1 ,k \in \mathbb{N^*},k \ge 2   $
Ta chứng minh $(4)$ đúng với $n = k +1$ tức là phải chứng minh $3^{k+1}>3(k+1)+1.$
Thật vậy, từ giả thiết quy nạp, ta có $3^{k+1}=3.3^k>3(3k+1)=9k+3>3k+6=3(k+1)+3$, do $k \in \mathbb{N^*},k \ge 2$.
Vậy $(4)$ đúng với mọi số nguyên $n \ge 2.$
Bài tập tương tự. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương $n \ge 2$, ta luôn có $2^{n+1} > 2n+3.$

Dạng III. Chứng minh sự chia hết
Ví dụ $5$. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương  $n$, ta luôn có $n^3-n$ chia hết cho $3$.      $(5)$
Giải 
Với $n = 1$, ta có $n^3-n=0$ chia hết cho $3$ , nên $(5)$ đúng với $n = 1.$
Giả sử $(5)$ đúng với $n = k$, tức là $k^3-k$ chia hết cho $3$ ,$k \in \mathbb{N^*},k \ge 1   $
Ta chứng minh $(5)$ đúng với $n = k +1$ tức là phải chứng minh $(k+1)^3-(k+1)$ chia hết cho $3$
Thật vậy, ta có $(k+1)^3-(k+1)=(k^3-k)+3k(k+1)$.
Rõ ràng $3k(k+1)$ chia hết cho $3$ và $k^3-k$ chia hết cho $3$ theo giả thiết quy nạp.
Vì thế $(k+1)^3-(k+1)$ chia hết cho $3$.
Vậy $(5)$ đúng với mọi số nguyên dương $n$.
Ví dụ $6$. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương  $n$, ta luôn có $4^n+15n-1$ chia hết cho $9$.      $(6)$
Giải 
Với $n = 1$, ta có $4^n+15n-1=18$ chia hết cho $9$ , nên $(6)$ đúng với $n = 1.$
Giả sử $(6)$ đúng với $n = k$, tức là $4^k+15k-1$ chia hết cho $9$ ,$k \in \mathbb{N^*},k \ge 1   $
Ta chứng minh $(6)$ đúng với $n = k +1$ tức là phải chứng minh $4^{k+1}+15(k+1)-1$ chia hết cho $9$
Thật vậy, ta có $4^{k+1}+15(k+1)-1=4(4^k+15k-1)-45k+18$.
Rõ ràng $-45k+18$ chia hết cho $9$ và $4^k+15k-1$ chia hết cho $9$ theo giả thiết quy nạp.
Vì thế $4^{k+1}+15(k+1)-1$ chia hết cho $9$.
Vậy $(6)$ đúng với mọi số nguyên dương $n$.

Bài tập tương tự. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương $n $
    $n^3+ 3n^2+ 5n$ chia hết cho $3;$
    $n^3+11n$ chia hết cho $6;$
    $7^n-1$ chia hết cho $6.$
  

Công thức tổng quát : $f^{\displaystyle (n)}(x)=\left[ {f^{\displaystyle (n-1)}(x)} \right]^\prime$
Phương pháp :
+ Tính đạo hàm cấp $1,2,3,\cdots$ từ đó suy ra công thức tổng quát của đạo hàm cấp $n$.
+ Dùng phương pháp quy nạp toán học để chứng minh công thức tổng quát tren đúng.
Ví dụ $1.$ Tính đạo hàm cấp $n$ của hàm số  $y = \cos x$.
Lời giải :
Ta có :    $y'=-\sin x=\cos \left ( x+\frac{\pi}{2} \right )$             
                $y''=(-\sin x)'=-\cos x=\cos (x+\pi)$
                $y'''=\sin x=\cos \left ( x+\frac{3\pi}{2} \right )$
                $\cdots$
Dự đoán :       $y^{\displaystyle (n)}=\cos \left ( x+\frac{n\pi}{2} \right )$       với $n \in \mathbb{N}$.   
Chứng minh công thức đúng bằng quy nạp :
Với $n=1 : y'=\cos \left ( x+\frac{\pi}{2} \right )=-\sin x\Rightarrow $ công thức đúng với $n=1$.
Giả sử công thức đúng với $n=k : y^{\displaystyle (k)}=\cos \left ( x+\frac{k\pi}{2} \right )$
Ta sẽ chứng minh công thức đúng với $n=k+1$
nghĩa là  $y^{\displaystyle (k+1)}=\cos \left ( x+\frac{(k+1)\pi}{2} \right )$
Thật vậy, áp dụng công thức tính đạo hàm cấp $n$ ta được :
$y^{\displaystyle (k+1)}(x)=\left[ {y^{\displaystyle (k)}(x)} \right]^\prime=\left[ { \cos \left ( x+\frac{k\pi}{2} \right )} \right]^\prime=-\sin \left ( x+\frac{k\pi}{2} \right )=\cos \left ( x+\frac{(k+1)\pi}{2} \right )$.
Vậy $y^{\displaystyle (k+1)}=\cos \left ( x+\frac{(k+1)\pi}{2} \right )$ luôn đúng.
Do đó : $y^{\displaystyle (n)}=\cos \left ( x+\frac{n\pi}{2} \right )$       với $n \in \mathbb{N}$.   
Ví dụ $2.$ Tính đạo hàm cấp $n$ của hàm số  $y = \frac{1}{x+1}$.
Lời giải :
Ta có :    $y'=-\frac{1}{(x+1)^2}=-(x+1)^{-2}$             
                $y''=2(x+1)^{-3}$
                $y'''=-2.3(x+1)^{-4}$
                $\cdots$
Dự đoán :       $y^{\displaystyle (n)}=(-1)^n.n!.(x+1)^{-(n+1)}=\displaystyle \frac{(-1)^n.n!}{(x+1)^{n+1}}$       với $n \in \mathbb{N}$.   
Chứng minh công thức đúng bằng quy nạp :
Với $n=1 : y'=-\frac{1}{(x+1)^2}=-(x+1)^{-2} \Rightarrow $ công thức đúng với $n=1$.
Giả sử công thức đúng với $n=k : y^{\displaystyle (k)}=(-1)^k.k!.(x+1)^{-(k+1)}=\displaystyle \frac{(-1)^k.k!}{(x+1)^{k+1}}$
Ta sẽ chứng minh công thức đúng với $n=k+1$
nghĩa là  $ y^{\displaystyle (k+1)}=(-1)^{k+1}.(k+1)!.(x+1)^{-(k+2)}=\displaystyle \frac{(-1)^{k+1}.(k+1)!}{(x+1)^{k+2}}$
Thật vậy, áp dụng công thức tính đạo hàm cấp $n$ ta được :
$y^{\displaystyle (k+1)}(x)=\left[ {y^{\displaystyle (k)}(x)} \right]^\prime=\left[ {(-1)^k.k!.(x+1)^{-(k+1)} } \right]^\prime=-(-1)^k.k!(k+1)(x+1)^{-(k+1)-1}$
                        $=(-1)^{k+1}.(k+1)!.(x+1)^{-(k+2)}=\displaystyle \frac{(-1)^{k+1}.(k+1)!}{(x+1)^{k+2}}$.
Vậy $ y^{\displaystyle (k+1)}=(-1)^{k+1}.(k+1)!.(x+1)^{-(k+2)}=\displaystyle \frac{(-1)^{k+1}.(k+1)!}{(x+1)^{k+2}}$ luôn đúng.
Do đó : $y^{\displaystyle (n)}=(-1)^n.n!.(x+1)^{-(n+1)}=\displaystyle \frac{(-1)^n.n!}{(x+1)^{n+1}}$       với $n \in \mathbb{N}$.     
Ví dụ $3.$ Tính đạo hàm cấp $n$ của hàm số  $y = \frac{2x+1}{x^2-4x+3}$.
Lời giải :
Phân tích : $y = \frac{2x+1}{x^2-4x+3}=\frac{a}{x-1}+\frac{b}{x-3}$.
              $\Leftrightarrow 2x+1=(a+b)x-3a-b$
Cân bằng hệ số hai vế ta được :
              $\Leftrightarrow \begin{cases}a+b=2 \\ -3a-b=1 \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}a=-\frac{3}{2} \\ b=\frac{7}{2} \end{cases}$
              $\Rightarrow y = \frac{2x+1}{x^2-4x+3}=-\frac{3}{2}.\frac{1}{x-1}+\frac{7}{2}.\frac{b}{x-3}$
Đặt  $y_1=\frac{1}{x-1}$ và $y_2=\frac{1}{x-3}$.
Tính đạo hàm cấp $n$ của hàm số  $y_1$.
Ta có :    $y'_1=-\frac{1}{(x-1)^2}=-(x-1)^{-2}$             
                $y''_1=2(x-1)^{-3}$
                $y'''_1=-2.3(x-1)^{-4}$
                $\cdots$
Dự đoán :       $y_1^{\displaystyle (n)}=(-1)^n.n!.(x-1)^{-(n+1)}=\displaystyle \frac{(-1)^n.n!}{(x-1)^{n+1}}$       với $n \in \mathbb{N}$.   
Chứng minh công thức đúng bằng quy nạp :
Với $n=1 : y'_1=-\frac{1}{(x-1)^2}=-(x-1)^{-2} \Rightarrow $ công thức đúng với $n=1$.
Giả sử công thức đúng với $n=k : y_1^{\displaystyle (k)}=(-1)^k.k!.(x-1)^{-(k+1)}=\displaystyle \frac{(-1)^k.k!}{(x-1)^{k+1}}$
Ta sẽ chứng minh công thức đúng với $n=k+1$
nghĩa là  $ y_1^{\displaystyle (k+1)}=(-1)^{k+1}.(k+1)!.(x-1)^{-(k+2)}=\displaystyle \frac{(-1)^{k+1}.(k+1)!}{(x-1)^{k+2}}$
Thật vậy, áp dụng công thức tính đạo hàm cấp $n$ ta được :
$y_1^{\displaystyle (k+1)}(x)=\left[ {y_1^{\displaystyle (k)}(x)} \right]^\prime=\left[ {(-1)^k.k!.(x-1)^{-(k+1)} } \right]^\prime=-(-1)^k.k!(k+1)(x-1)^{-(k+1)-1}$
                        $=(-1)^{k+1}.(k+1)!.(x-1)^{-(k+2)}=\displaystyle \frac{(-1)^{k+1}.(k+1)!}{(x-1)^{k+2}}$.
Vậy $ y_1^{\displaystyle (k+1)}=(-1)^{k+1}.(k+1)!.(x-1)^{-(k+2)}=\displaystyle \frac{(-1)^{k+1}.(k+1)!}{(x-1)^{k+2}}$ luôn đúng.
Do đó : $y_1^{\displaystyle (n)}=(-1)^n.n!.(x-1)^{-(n+1)}=\displaystyle \frac{(-1)^n.n!}{(x-1)^{n+1}}$       với $n \in \mathbb{N}$.     
 Tính tương tự như trên ta cũng được :
$y_2^{\displaystyle (n)}=(-1)^n.n!.(x-3)^{-(n+1)}=\displaystyle \frac{(-1)^n.n!}{(x-3)^{n+1}}$
Vậy 
$y^{\displaystyle (n)}=-\frac{3}{2}.y_1^{\displaystyle (n)}+\frac{7}{2}.y_2^{\displaystyle (n)}$
$y^{\displaystyle (n)}=(-1)^n.n!.\left[ {-\frac{3}{2}. \frac{1}{(x-1)^{n+1}}+\frac{7}{2}. \frac{1}{(x-3)^{n+1}}} \right]$
Bài tập tự giải :
$1.$ Tính đạo hàm cấp $n$ của các hàm số sau :
a.    $y=\sin x$
b.    $y=\frac{1}{2-x}$
c.    $y=e^x+e^{-x}$
d.    $y=\lg x$
$2.$ Chứng minh rằng hàm số $y=e^{-x^2}$ thỏa mãn hệ thức :
$y^{\displaystyle (n)}+2xy^{\displaystyle (n-1)}+2(n-1)y^{\displaystyle (n-2)}=0$

A. KIẾN THỨC CẦN NHỚ
$1.$ Với $c$ là hằng số, ta có :
$\lim c=c, \lim \frac{1}{n}=0$. Tổng quát $\lim \frac{c}{n^k}=0     (k \ge 1)$.
$2.$ Với $q$ là số thực thỏa mãn $|q|<1$ thì $\lim q^n=0$.
$3$. Các phép toán trên các dãy có giới hạn hữu hạn (xem định lý $1$, SGK).
$4.$ Phép toán trên dãy số có giới hạn vô cực $(\lim u_n=\pm \infty)$.
$\left.\begin{matrix}\lim u_n=a \\\lim v_n=+\infty \end{matrix}\right\}\Rightarrow \lim \frac{u_n}{v_n}=0$
$\left.\begin{matrix}\lim u_n=a \\\lim v_n=0\\v_n>0  \forall n \ge 0 \end{matrix}\right\}\Rightarrow \lim \frac{u_n}{v_n}=\text{(dấu của a)}\times \infty$.

B. CÁC DẠNG TOÁN
Dạng $1.$ Giới hạn dãy số $u_n=\frac{f(n)}{g(n)}$, trong đó $f(n), g(n)$ là các đa thức ẩn số $n$.
Cách giải : Chia (các số hạng) của cả tử và mẫu cho lũy thừa của $n$ có số mũ cao nhất trong dãy $u_n$, sau đó dùng các kết quả nêu trên để tính.
Ví dụ $1.$
Tính $L_1=\lim\frac{3n^3-7n+1}{4n^3-3n^2+2}$
Lời giải :
Khi $n \to \infty$ thì $n \ne 0$ nên chia cả tử và mẫu của $\lim\frac{3n^3-7n+1}{4n^3-3n^2+2}$ cho $n^3$ ta được:
$L_1=\lim \frac{\displaystyle{\frac{3n^3}{n^3}-\frac{7n}{n^3}+\frac{1}{n^3}}}{\displaystyle{\frac{4n^3}{n^3}-\frac{3n^2}{n^3}+\frac{2}{n^3}}}=\lim \frac{\displaystyle{3-\frac{7}{n^2}+\frac{1}{n^3}}}{\displaystyle{4-\frac{3}{n}+\frac{2}{n^3}}}=\frac{3+0+0}{4+0+0}=\frac{3}{4}$
Ghi chú : $\lim \frac{7}{n^2}=\lim \frac{1}{n^3}=\lim \frac{3}{n}=\lim \frac{2}{n^3}=0$
Ví dụ $2.$
Tính $L_2=\lim\frac{3n^7-8n^6+3}{5n^8+n^3+2n}$
Lời giải :
Khi $n \to \infty$ thì $n \ne 0$ nên chia cả tử và mẫu của $\lim\frac{3n^7-8n^6+3}{5n^8+n^3+2n}$ cho $n^8$, là số mũ cao nhất của $n$ có trong giới hạn trên, ta được:
$L_2=\lim \frac{\displaystyle{\frac{3n^7}{n^8}-\frac{8n^6}{n^8}+\frac{3}{n^8}}}{\displaystyle{\frac{5n^8}{n^8}+\frac{n^3}{n^8}+\frac{2n}{n^8}}}=\lim \frac{\displaystyle{\frac{3}{n}-\frac{8}{n^2}+\frac{3}{n^8}}}{\displaystyle{5+\frac{1}{n^5}+\frac{2}{n^7}}}=\frac{0+0+0}{5+0+0}=0$
Bài tập áp dụng :
Tính
$L_3=\lim\frac{4n^8+12n-1}{n^2+5n^6-6n^8}$
$L_4=\lim\frac{-3n^5+2n+4}{n^2+4n+3}$
Hướng dẫn:
Đáp số : $L_3=-\frac{2}{3}$.
               $L_4=-\infty$.

Dạng $2.$ Giới hạn dãy số $u_n=\frac{f(n)}{g(n)}$, trong đó $f(n), g(n)$ là các biểu thức chứa căn.
Cách giải : Chia (các số hạng) của cả tử và mẫu cho lũy thừa của $n$ có số mũ cao nhất trong dãy $u_n$, sau đó dùng các kết quả nêu trên để tính.
Quy ước :
Biểu thức $\sqrt{a_kx^k+a_{x-1}x^{k-1}+\cdots+a_1x+a_0}$ có bậc $\frac{k}{2}$.
Biểu thức $\sqrt[3]{a_kx^k+a_{x-1}x^{k-1}+\cdots+a_1x+a_0}$ có bậc $\frac{k}{3}$.
Ví dụ $1.$
Tính $L_1=\lim\frac{n+\sqrt{n^2+2n+3}}{3-\sqrt{2n^2+1}}$
Lời giải :
Nhận xét :
$\sqrt{n^2+2n+3}$ có bậc $\frac{2}{2}=1$; $n$ có bậc $1$ nên bậc cao nhất của $n$ trong $n+\sqrt{n^2+2n+3}$ là $1$.
$\sqrt{2n^2+1}$ có bậc $\frac{2}{2}=1$; nên bậc cao nhất của $n$ trong $3-\sqrt{2n^2+1}$ là $1$.
Vậy ta chia cả tử và mẫu cho $n^1=n=\sqrt{n^2}$ để tính.
Ta có :
$L_1=\lim \frac{\displaystyle{\frac{n}{n}-\frac{\sqrt{n^2+2n+3}}{n}}}{\displaystyle{\frac{3}{n}-\frac{\sqrt{2n^2+1}}{n}}}=\lim \frac{\displaystyle{1+\sqrt{\frac{n^2+2n+3}{n^2}}}}{\displaystyle{\frac{3}{n}+\sqrt{\frac{2n^2+1}{n^2}}}}=\lim\frac{\displaystyle{1+\sqrt{1+\frac{2}{n}+\frac{3}{n^2}}}}{\displaystyle{\frac{3}{n}+\sqrt{2+\frac{1}{n^2}}}}=\frac{1+\sqrt{1+0+0}}{0-\sqrt{2+0}}=-\sqrt 2$
Ví dụ $2.$
Tính $L_2=\lim\frac{2n+\sqrt{n^3+3n+2}}{1+n\sqrt{3n+4}}$
Lời giải :
Nhận xét :
$\sqrt{n^3+3n+2}$ có bậc $\frac{3}{2}=1,5$; $2n$ có bậc $1$ nên bậc cao nhất của $n$ trong $2n+\sqrt{n^3+3n+2}$ là $1,5$.
$n\sqrt{3n+4}=\sqrt{3n^3+4n^2}$ có bậc $\frac{3}{2}=1$; nên bậc cao nhất của $n$ trong $1+n\sqrt{3n+4}$ là $1,5$.
Vậy ta chia cả tử và mẫu cho $\sqrt{n^3}$ để tính.
Ta có :
$L_2=\lim \frac{\displaystyle{\frac{2n}{\sqrt{n^3}}+\frac{\sqrt{n^3+3n+2}}{\sqrt{n^3}}}}{\displaystyle{\frac{1}{\sqrt{n^3}}+\frac{n\sqrt{3n+4}}{\sqrt{n^3}}}}=\lim \frac{\displaystyle{2\sqrt{\frac{n^2}{n^3}}+\sqrt{\frac{n^3+3n+2}{n^3}}}}{\displaystyle{\sqrt{\frac{1}{n^3}}+\sqrt{\frac{3n^3+4n^2}{n^3}}}}=\lim\frac{\displaystyle{2\sqrt{\frac{1}{n}}+\sqrt{1+\frac{3}{n^2}+\frac{2}{n^3}}}}{\displaystyle{\sqrt{\frac{1}{n^3}}+\sqrt{3+\frac{4}{n}}}}=\frac{2.\sqrt 0+\sqrt{1+0+0}}{\sqrt 0+\sqrt{3+0}}=\frac{1}{\sqrt 3}$
Bài tập áp dụng :
Tính
$L_3=\lim\frac{n\sqrt{n^2+n+1}}{3n^2-2n+12}$
$L_4=\lim\frac{\sqrt[3]{-3n^7+2n+1}}{n^2+3n+7}$
Hướng dẫn:
Đáp số : $L_3=0$.
               $L_4=-\infty$.

Dạng $3.$ Giới hạn dãy số $u_n=\sqrt{f(n)}\pm \sqrt{g(n)}$, trong đó $f(n), g(n)$ là các đa thức ẩn số $n$.
Cách giải :
Sử dụng các phép biến đổi liên hợp như sau :
$\sqrt{f(n)}- \sqrt{g(n)}=\frac{f(n)-g(n)}{\sqrt{f(n)}+\sqrt{g(n)}}$
$\sqrt{f(n)}+ \sqrt{g(n)}=\frac{f(n)-g(n)}{\sqrt{f(n)}-\sqrt{g(n)}}$
Khi đó ta đưa được về dạng $2$.
Ví dụ $1.$
Tính $L_1=\lim\left ( \sqrt{n^2+n+3}-n \right )$
Lời giải :
$L_1=\lim\left ( \sqrt{n^2+n+3}-n \right )=\lim \frac{(n^2+n+3)-n^2}{ \sqrt{n^2+n+3}+n}=\lim \frac{n+3}{ \sqrt{n^2+n+3}+n}=\lim \frac{\displaystyle{1+\frac{3}{n}}}{\displaystyle{\sqrt{1+\frac{1}{n}+\frac{3}{n^2}}+1}} =\frac{1}{2}$
Ví dụ $2.$
Tính $L_2=\lim\left ( \sqrt{3n^2+2n+1}+n\sqrt 3 \right )$
Lời giải :
$L_2=\lim\left ( \sqrt{3n^2+2n+1}+n\sqrt 3 \right )=\lim \frac{(3n^2+2n+1)-3n^2}{ \sqrt{3n^2+2n+1}-n\sqrt 3}=\lim \frac{2n+1}{ \sqrt{3n^2+2n+1}-n\sqrt 3}=\lim \frac{\displaystyle{2+\frac{1}{n}}}{\displaystyle{\sqrt{3+\frac{2}{n}+\frac{1}{n^2}}-\sqrt 3}} $
Vì $\lim\left (2+\frac{1}{n} \right )=2$ và $\lim\left ( \sqrt{3+\frac{2}{n}+\frac{1}{n^2}}-\sqrt 3 \right )=0^+$
Suy ra $L_2=+\infty$
Bài tập áp dụng
 Tính
$L_3=\lim\left ( \sqrt{4n^2+n+2}-2n \right )$
$L_4=\lim\left ( \sqrt{n^2+n+7}+n \right )$
Hướng dẫn:
Đáp số : $L_3=\frac{1}{4}$.
               $L_4=+\infty$.

Dạng $4.$ Giới hạn dãy số có chứa số mũ là $n$.
Cách giải :
Chúng ta chia cả tử và mẫu cho lũy thừa có cơ số lớn nhất và sử dụng giới hạn cơ bản
$\lim q^n=0$ nếu $|q|<1$.
Ví dụ $1.$
Tính $L_1=\lim\frac{2^n+4.3^n}{5-7.3^n}$
Lời giải :
Nhận xét rằng trong các lũy thừa $2^n, 3^n$ thì $3^n$ có cơ số bằng $3$ là cơ số lớn nhất.
Vì thế,
$L_1=\lim\frac{2^n+4.3^n}{5-7.3^n}=\lim\frac{\displaystyle{\frac{2^n}{3^n}+4.\frac{3^n}{3^n}}}{\displaystyle{5.\frac{1^n}{3^n}-7.\frac{3^n}{3^n}}}=\lim\frac{\displaystyle{\left (\frac{2}{3} \right )^n+4}}{\displaystyle{\left (5.\frac{1}{3} \right )^n-7}}=-\frac{4}{7}$
Chú ý rằng vì $\left| {\frac{2}{3}} \right|<1; \left| {\frac{1}{3}} \right|<1$ nên $\lim\left (\frac{2}{3} \right )^n=\lim\left (\frac{1}{3} \right )^n=0$
Ví dụ $2.$
Tính $L_2=\lim\frac{3.2^n+4}{4.3^n-5.4^n}$
Lời giải :
Nhận xét rằng trong các lũy thừa $2^n, 3^n,4^n$ thì $4^n$ có cơ số bằng $4$ là cơ số lớn nhất.
Vì thế,
$L_2=\lim\frac{3.2^n+4}{4.3^n-5.4^n}=\lim\frac{\displaystyle{3.\frac{2^n}{4^n}+4.\frac{1^n}{4^n}}}{\displaystyle{4.\frac{3^n}{4^n}-5.\frac{4^n}{4^n}}}=\lim\frac{\displaystyle{\left (3.\frac{1}{2} \right )^n+4.\left (\frac{1}{4} \right )^n}}{\displaystyle{4.\left (\frac{3}{4} \right )^n-5}}=\frac{3.0+4.0}{4.0-5}=0$
Chú ý rằng vì $\left| {\frac{1}{2}} \right|<1; \left| {\frac{3}{4}} \right|<1$ nên $\lim\left (\frac{1}{2} \right )^n=\lim\left (\frac{3}{4} \right )^n=\lim\left (\frac{1}{4} \right )^n=0$
Bài tập áp dụng
 Tính
$L_3=\lim\frac{2+5^n}{4^n-6.5^n}$
$L_4=\lim\frac{3.2^n-5.7^n}{4^n+3.5^n}$
Hướng dẫn:
Đáp số : $L_3=-\frac{1}{6}$.
               $L_4=-\infty$.

Tích phân hàm lượng giác tổng quát có dạng :
$I=\int\limits_{a}^{b}F(\sin x, \cos x)dx$.
Tùy thuộc vào tính chất và dạng đặc biệt của hàm $F(\sin x, \cos x)$ hoặc mối quan hệ giữa hàm $F(\sin x, \cos x)$ với các cận lấy tích phân mà chúng ta sử dụng phép biến đổi tương đương.
DẠNG $1$. $F(\sin x, \cos x)=F(-\sin x,- \cos x)$ ($F$ là hàm số chẵn theo $\sin x$ và $\cos x$)
Cách giải : Đặt $t=\tan x$ hoặc $t = \cot x$.
Ví dụ $1$. Tính tích phân
$I=\int\limits_{\displaystyle \frac{\pi}{6}}^{\displaystyle \frac{\pi}{3}}\frac{\sqrt[3]{\sin^3 x-\sin x}}{\sin^3 x}\cot xdx$.
Lời giải:
Rõ ràng $F=\frac{\sqrt[3]{\sin^3 x-\sin x}}{\sin^3 x}\cot x=\frac{\sqrt[3]{(-\sin x)^3-(-\sin x)}}{(-\sin x)^3}.\frac{-\cos x}{-\sin x}$ nên nó là hàm số chẵn theo $\sin x$ và $\cos x$.
Ta có :
 $I=\int\limits_{\displaystyle \frac{\pi}{6}}^{\displaystyle \frac{\pi}{3}}\frac{\sqrt[3]{1-\displaystyle \frac{1}{\sin^2 x}}}{\sin^2 x}\cot xdx=\int\limits_{\displaystyle \frac{\pi}{6}}^{\displaystyle \frac{\pi}{3}}\frac{\sqrt[3]{1-(1+\cot^2 x)}}{\sin^2 x}\cot xdx=-\int\limits_{\displaystyle \frac{\pi}{6}}^{\displaystyle \frac{\pi}{3}}\frac{\sqrt[3]{\cot^2x}}{\sin^2 x}\cot xdx$
 Đặt $t=\cot x\Rightarrow dt=-\displaystyle \frac{1}{\sin^2 x}dx.$
 Khi $x=\frac{\pi}{6}\Rightarrow t=\sqrt 3; x=\frac{\pi}{3}\Rightarrow t=\frac{1}{\sqrt 3}$.
 Từ đó
$I=\int\limits_{\displaystyle \sqrt 3}^{\displaystyle \frac{1}{\sqrt 3}}t^{\displaystyle\frac{2}3}.tdt=\int\limits_{\displaystyle \sqrt 3}^{\displaystyle\frac{1}{\sqrt 3}}t^{\displaystyle\frac{5}{3}}dt=\boxed{\displaystyle\frac{1}{8}\left (9\sqrt[3]{3} -\frac{1}{\sqrt[3]{3}}\right )}.$
DẠNG $2$. $F(\sin x, \cos x)=-F(\sin x,- \cos x)$ ($F$ là hàm số lẻ theo $\cos x$)
Cách giải : Đặt $t=\sin x$.
Ví dụ $2$. Tính tích phân
$I=\int\limits_{\displaystyle 0}^{\displaystyle \frac{\pi}{2}}\frac{\sin 2x}{(2+\sin x)^2}dx$.
Lời giải:
Ta thấy $F=\frac{\sin 2x}{(2+\sin x)^2}=\frac{2\sin x \cos x}{(2+\sin x)^2}=-\frac{2\sin x (-\cos x)}{(2+\sin x)^2}$ nên $F$ là hàm số lẻ theo $\cos x$.
 Ta có :
 $I=\int\limits_{\displaystyle 0}^{\displaystyle \frac{\pi}{2}}\frac{2\sin x \cos x}{(2+\sin x)^2}dx$
 Đặt $t=\sin x\Rightarrow dt=\cos x dx.$
 Khi $x=0\Rightarrow t=0; x=\frac{\pi}{2}\Rightarrow t=1$.
 Từ đó
$I=\int\limits_{0}^{1}\displaystyle\frac{t}{(2+t)^2}dt=2\left (\int\limits_{0}^{1}\displaystyle\frac{1}{2+t}dt-\int\limits_{0}^{1}\displaystyle\frac{1}{(2+t)^2}dt \right )=\boxed{\displaystyle2\left (\ln \frac{3}{2} -\frac{1}{{3}}\right )}.$
DẠNG $3$. $F(\sin x, \cos x)=-F(-\sin x, \cos x)$ ($F$ là hàm số lẻ theo $\sin x$)
Cách giải : Đặt $t=\cos x$.
Ví dụ $3$. Tính tích phân
$I=\int\limits_{\displaystyle 0}^{\displaystyle \frac{\pi}{6}}\frac{\sin x-\sin^3 x}{\cos 2x}dx$.
Lời giải:
Ta thấy $F=\frac{\sin x-\sin^3 x}{\cos 2x}=-\frac{(-\sin x)-(-\sin x)^3}{\cos 2x}$ nên $F$ là hàm số lẻ theo $\sin x$.
 Đặt $t=\cos x\Rightarrow dt=-\sin x dx.$
 Khi $x=0\Rightarrow t=1; x=\frac{\pi}{6}\Rightarrow t=\frac{\sqrt 3}{2}$.
 Ta có :
 $I=\int\limits_{\displaystyle 0}^{\displaystyle \frac{\pi}{6}}\frac{\sin x-\sin^3 x}{\cos 2x}dx=\int\limits_{\displaystyle 0}^{\displaystyle \frac{\pi}{6}}\frac{\sin^2 x-1}{2\cos^2 x-1}(-\sin x)dx=-\int\limits_{\displaystyle 0}^{\displaystyle \frac{\pi}{6}}\frac{\cos^2 x}{2\cos^2 x-1}(-\sin x)dx$
     $=-\int\limits_{\displaystyle 1}^{\displaystyle\frac{\sqrt 3}{2}}\frac{t^2}{2t^2-1}dt=-\frac{1}{2}\int\limits_{\displaystyle 1}^{\displaystyle\frac{\displaystyle\sqrt 3}{2}}\frac{2t^2-1+1}{2t^2-1}dt=-\frac{1}{2}\left (\int\limits_{\displaystyle 1}^{\displaystyle\frac{\displaystyle\sqrt 3}{2}}dt+\int\limits_{\displaystyle 1}^{\displaystyle\frac{\displaystyle\sqrt 3}{2}}\frac{dt}{2t^2-1} \right )$
     $=-\frac{1}{2}\left (\int\limits_{\displaystyle 1}^{\displaystyle\frac{\displaystyle\sqrt 3}{2}}dt-\frac{1}{2}\int\limits_{\displaystyle 1}^{\displaystyle\frac{\displaystyle\sqrt 3}{2}}\frac{\sqrt 2t-1-(\sqrt 2t+1)}{(\sqrt 2t-1)(\sqrt 2t+1)} \right )$
     $=-\frac{1}{2}\left (\displaystyle \frac{\sqrt {3}}{2}-1-\frac{1}{2}\left ( \int\limits_{\displaystyle 1}^{\displaystyle\frac{\displaystyle\sqrt 3}{2}}\frac{dt}{\sqrt 2t+1}- \int\limits_{\displaystyle 1}^{\displaystyle\frac{\displaystyle\sqrt 3}{2}}\frac{dt}{\sqrt 2t-1} \right ) \right )$
     $=\boxed{\displaystyle \frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{4}+\frac{1}{4\sqrt{2}}\left (\ln\left (\frac{\sqrt{6}}{2}+1 \right )-\ln(\sqrt 2+1)-\ln\left (\frac{\sqrt{6}}{2}-1 \right )+\ln(\sqrt 2-1)\right )}$.
DẠNG $4$. $F(\sin x, \cos x)=\frac{a_1\sin x+b_1\cos x+c_1}{a_2\sin x+b_2\cos x+c_2}$
Cách giải : Đặt $t=\tan \frac{x}{2}$.
Ví dụ $4$. Tính tích phân
$I=\int\limits_{\displaystyle 0}^{\displaystyle \frac{\pi}{2}}\frac{dx}{4\sin x+3\cos x+5}$.
Lời giải:
 Đặt $t=\tan \frac{x}{2} \Rightarrow \begin{cases}dx=\frac{2dt}{1+t^2} \\\sin x=\frac{2t}{1+t^2}; \cos x=\frac{1-t^2}{1+t^2} \end{cases}.$
 Khi $x=0\Rightarrow t=1; x=\frac{\pi}{2}\Rightarrow t=1$.
 Ta có :
 $I=\int\limits_{0}^{1}\frac{1}{\displaystyle \frac{8t}{1+t^2}+3\frac{1-t^2}{1+t^2}+5}.\frac{2dt}{1+t^2}=\int\limits_{0}^{1}\frac{dt}{t^2+4t+4}=\int\limits_{0}^{1}\frac{d(t+2)}{(t+2)^2}=\boxed{\displaystyle\frac{1}{6}}$.

MỘT SỐ BÀI TOÁN KHÁC
Thí dụ $5$. Tính tích phân
$I=\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\cos^n x}{\cos^n x + \sin^n x}dx$
Trong đó $n$ là số nguyên dương.
Lời giải :
Đặt $t=\frac{\pi}{2}-x\Rightarrow dx=-dt$
Khi $x=0\Rightarrow t=\frac{\pi}{2}; x=\frac{\pi}{2} \Rightarrow t=0$
Từ đó
$I=-\int\limits_{\frac{\pi}{2}}^{0}\frac{\cos^n \left ( \frac{\pi}{2}-t \right )}{\cos^n  \left ( \frac{\pi}{2}-t \right ) + \sin^n  \left ( \frac{\pi}{2}-t \right )}dt=\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sin^n t}{\sin^n t + \cos^n t}dt=\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sin^n x}{\sin^n x + \cos^n x}dx$
Do đó
$2I=\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sin^n x}{\sin^n x + \cos^n x}dx+\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\cos^n x}{\cos^n x + \sin^n x}dx=\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}}dx=\frac{\pi}{2}$
Vậy $I=\boxed{\displaystyle{\frac{\pi}{4}}}$.
Lời bình : Do cận lấy tích phân có dạng $a=0; b=\frac{\pi}{2}$, nên các hàm $\sin x$ và $\cos x$ có mối liên hệ của các góc phụ nhau. Trong trường hợp này ta thường dùng phép biến đổi $t=\frac{\pi}{2}-x$.
Thí dụ $6$. Tính tích phân
$I=\int\limits_{0}^{3\pi}\sin x.\sin 2x. \sin 3xdx$
Lời giải :
Ta có
$I=\int\limits_{0}^{\frac{3\pi}{2}}\sin x.\sin 2x. \sin 3xdx+\int\limits_{\frac{3\pi}{2}}^{3\pi}\sin x.\sin 2x. \sin 3xdx       (1)$
Xét tích phân
$J=\int\limits_{\frac{3\pi}{2}}^{3\pi}\sin x.\sin 2x. \sin 3xdx$.
Đặt $t=3\pi-x\Rightarrow dx=-dt$
Khi $x=\frac{3\pi}{2}\Rightarrow t=\frac{3\pi}{2}; x=3\pi \Rightarrow t=0$
Từ đó
$J=-\int\limits_{\frac{3\pi}{2}}^{0}\sin (3\pi-t).\sin (6\pi-2t). \sin (9\pi-3t)dt$
$=-\int\limits_{0}^{\frac{3\pi}{2}}\sin t.\sin 2t. \sin 3tdt=-\int\limits_{0}^{\frac{3\pi}{2}}\sin x.\sin 2x. \sin 3xdx       (2)$
Từ $(1)$ và $(2)$ ta được $I=\boxed{0}$.
Lời bình . Có thể sử dụng kết quả sau đây để suy ra kết quả thí dụ $6$ : Cho hàm $f(x)$ là hàm liên tục trên đoạn $[0;2a]$. Khi đó
$\int\limits_{0}^{2a}f(x)dx=\int\limits_{0}^{a}\left ( f(x)+f(2a-x) \right )dx$
Hướng dẫn :
$\int\limits_{0}^{2a}f(x)dx=\int\limits_{0}^{a}f(x)dx+\int\limits_{a}^{2a}f(x)dx$
Đổi biến số $t=2a-x$ trong tích phân thứ hai ở vế phải đẳng thức trên ta được
$\int\limits_{0}^{2a}f(x)dx=\int\limits_{a}^{0}f(2a-t)(-dt)=\int\limits_{0}^{a}f(2a-x)dx,$
từ đó suy ra điều cần chứng minh.

CÁC BÀI TẬP TỰ GIẢI
Tính các tích phân sau
$1.$          $I=\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{4}}\tan^6 x dx$;
$2.$          $I=\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sin x+7\cos x+6}{4\sin x+3\cos x+5} dx$;
$3.$          $I=\int\limits_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{3}}\frac{1}{\sqrt[4]{\displaystyle{\sin^3 x.\cos^5 x}}}dx$;
$4.$          $I=\int\limits_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\cos^3 x+\cos^5 x}{\sin^2 x+ \sin^4 x}dx$;
$5.$          $I=\int\limits_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{3}}\frac{1}{\sin^2 x.\cos^4 x}dx$.

A. LÝ THUYẾT
Khi tính tích phân của một hàm số trong dấu giá trị tuyệt đối, ta làm như sau:
$1.$ Xét dấu của hàm số trong dấu giá trị tuyệt đối trong đoạn chứa hai cận.
$2.$ Khử dấu giá trị tuyệt đối của hàm số trên từng đoạn.
$3$. Áp dụng tính chất :
 $\int\limits_{a}^{b}f(x)dx=\int\limits_{a}^{c}f(x)dx+\int\limits_{c}^{b}f(x)dx          (a<c<b)$

B. VÍ DỤ MINH HỌA
Ví dụ $1.$ Tính $I=\int\limits_{0}^{2}|1-x|dx$
Lời giải:
Lập bảng xét dấu cho hàm số $|1-x|$ trên đoạn $[0, 2]$ với chú ý $1-x=0\Leftrightarrow x=1$, ta có :
$\begin{array}{c|ccc}
x  & 0 & \quad & 1  & \quad & 2\\
\hline
1-x & \quad  & +  & 0 &  -  \\
\end{array}$
Do đó :
$I=\int\limits_{0}^{1}|1-x|dx+\int\limits_{1}^{2}|1-x|dx=\int\limits_{0}^{1}(1-x)dx+\int\limits_{1}^{2}(x-1)dx$
   $=\left ( x-\frac{x^2}{2} \right ) \left| {\begin{array}{*{10}{c}}1 \\0 \end{array} } \right.+\left (\frac{x^2}{2}-x \right ) \left| {\begin{array}{*{10}{c}}2 \\1 \end{array} } \right.=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}=1$

Ví dụ $2.$ Tính $I=\int\limits_{0}^{2}|x^2-x|dx$
Lời giải:
Lập bảng xét dấu cho hàm số $|x^2-x|$ trên đoạn $[0, 2]$ với chú ý $x^2-x=0\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} x=0\\ x=1 \end{matrix}} \right.$, ta có :
$\begin{array}{c|ccc}
x  & 0 & \quad & 1  & \quad & 2 \\
\hline
x^2-x & 0 & \quad -  & 0 &  + \\
\end{array}$
Do đó :
$I=\int\limits_{0}^{1}|x^2-x|dx+\int\limits_{1}^{2}|x^2-x|dx=\int\limits_{0}^{1}(x-x^2)dx+\int\limits_{1}^{2}(x^2-x)dx$
   $=\left (\frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{3} \right ) \left| {\begin{array}{*{10}{c}}1 \\0 \end{array} } \right.+\left (\frac{x^3}{3}-\frac{x^2}{2} \right ) \left| {\begin{array}{*{10}{c}}2 \\1 \end{array} } \right.=\frac{1}{6}+\frac{5}{6}=1$

Ví dụ $3.$ Tính $I=\int\limits_{-2}^{4}|x^2-4x+3|dx$
Lời giải:
Lập bảng xét dấu cho hàm số $|x^2-4x+3|$ trên đoạn $[-2, 4]$ với chú ý $x^2-4x+3=0\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} x=1\\ x=3 \end{matrix}} \right.$, ta có :
$\begin{array}{c|ccc}
x  & -2 & \quad&1 & \quad & 3 & \quad & 4 \\
\hline
x^2-4x+3 & & +  & 0 &  - & 0 & + \\
\end{array}$
Do đó :
$I=\int\limits_{-2}^{1}|x^2-4x+3|dx+\int\limits_{1}^{3}|x^2-4x+3|dx+\int\limits_{3}^{4}|x^2-4x+3|dx=\int\limits_{-2}^{1}(x^2-4x+3)dx-\int\limits_{1}^{3}(x^2-4x+3)dx+\int\limits_{3}^{4}(x^2-4x+3)dx$
   $=\left (\frac{x^3}{3}-2x^2+3x \right ) \left| {\begin{array}{*{10}{c}}1 \\-2 \end{array} } \right.-\left (\frac{x^3}{3}-2x^2+3x \right ) \left| {\begin{array}{*{10}{c}}3 \\1 \end{array} } \right.+\left (\frac{x^3}{3}-2x^2+3x \right ) \left| {\begin{array}{*{10}{c}}4 \\3 \end{array} } \right.=\frac{8}{3}+\frac{50}{3}+\frac{4}{3}=\frac{62}{3}$

Ví dụ $4.$ Tính $I=\int\limits_{0}^{3}\frac{|x^2-3x+2|}{x+1}dx$
Lời giải:
Lập bảng xét dấu cho hàm số $\frac{|x^2-3x+2|}{x+1}$ trên đoạn $[0, 3]$ với chú ý $x^2-3x+2=0\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} x=1\\ x=2 \end{matrix}} \right. $  và $x+1 >0$ , ta có :
$\begin{array}{c|ccc}
x  & 0 & \quad&1 & \quad & 2 & \quad & 3 \\
\hline
x^2-3x+2 & & +  & 0 &  - & 0 & + \\
\end{array}$
Do đó :
$I=\int\limits_{0}^{1}\frac{|x^2-3x+2|}{x+1}dx+\int\limits_{1}^{2}\frac{|x^2-3x+2|}{x+1}dx+\int\limits_{2}^{3}\frac{|x^2-3x+2|}{x+1}dx=\int\limits_{0}^{1}\frac{x^2-3x+2}{x+1}dx-\int\limits_{1}^{2}\frac{x^2-3x+2}{x+1}dx+\int\limits_{2}^{3}\frac{x^2-3x+2}{x+1}dx$
   $=\int\limits_{0}^{1}\left (x-4+\frac{6}{x+1} \right )dx-\int\limits_{1}^{2}\left (x-4+\frac{6}{x+1} \right )dx+\int\limits_{2}^{3}\left (x-4+\frac{6}{x+1} \right )dx$
   $=\left (\frac{x^2}{2}-4x+6\ln |x+1| \right ) \left| {\begin{array}{*{10}{c}}1 \\0 \end{array} } \right.-\left (\frac{x^2}{2}-4x+6\ln |x+1| \right ) \left| {\begin{array}{*{10}{c}}2 \\1 \end{array} } \right.+\left (\frac{x^2}{2}-4x+6\ln |x+1| \right ) \left| {\begin{array}{*{10}{c}}3 \\2 \end{array} } \right.=\boxed{\displaystyle 24\ln2 -12\ln 3 - \frac{5}{2}}$

Ví dụ $5.$ Tính $I=\int\limits_{0}^{4}\sqrt{x^3-2x^2+x}dx$
Lời giải:
Ta có :
$I=\int\limits_{0}^{4}\sqrt{x^3-2x^2+x}dx=\int\limits_{0}^{4}\sqrt{x(x-1)^2}dx=\int\limits_{0}^{4}|x-1|\sqrt{x}dx$
    $=\int\limits_{0}^{1}|x-1|\sqrt{x}dx+\int\limits_{1}^{4}|x-1|\sqrt{x}dx=-\int\limits_{0}^{4}(x-1)\sqrt{x}dx+\int\limits_{1}^{4}(x-1)\sqrt{x}dx$
    $=-\int\limits_{0}^{4}\left ( x^{\displaystyle \frac{3}{2}}- x^{\displaystyle \frac{1}{2}} \right )dx+\int\limits_{1}^{4}\left ( x^{\displaystyle \frac{3}{2}}- x^{\displaystyle \frac{1}{2}} \right )dx$
   $=-\left ( \frac{2}{5}x^{\displaystyle \frac{5}{2}} -\frac{2}{3}x^{\displaystyle \frac{3}{2}}\right )\left| {\begin{array}{*{10}{c}}1 \\0 \end{array} } \right.+\left ( \frac{2}{5}x^{\displaystyle \frac{5}{2}} -\frac{2}{3}x^{\displaystyle \frac{3}{2}}\right )\left| {\begin{array}{*{10}{c}}4 \\1 \end{array} } \right.=\boxed{\displaystyle 8}.$

Ví dụ $6.$ Tính $I=\int\limits_{0}^{2 \pi}\sqrt{1-\cos 2x}dx$
Lời giải:
Ta có :
$I=\int\limits_{0}^{2\pi}\sqrt{2\sin^2 x}dx=\sqrt{2}\int\limits_{0}^{2\pi}|\sin x|dx$
Giải phương trình $\sin x =0 \Leftrightarrow x=k\pi \Rightarrow $ có nghiệm $x=\pi \in [0, 2\pi]$
Do đó :
$I=\sqrt{2}\int\limits_{0}^{\pi}|\sin x|dx+\sqrt{2}\int\limits_{\pi}^{2\pi}|\sin x|dx=\sqrt{2}\int\limits_{0}^{\pi}\sin xdx-\sqrt{2}\int\limits_{\pi}^{2\pi}\sin xdx$
   $=\sqrt{2}\left ( -\cos x \right )\left| {\begin{array}{*{10}{c}}\pi \\0 \end{array} } \right.-\sqrt{2}\left ( -\cos x\right )\left| {\begin{array}{*{10}{c}}2\pi \\\pi \end{array} } \right.=\boxed{\displaystyle 4\sqrt{2}}.$

C. BÀI TẬP ÁP DỤNG
Bài $1.$
Tính  $\int\limits_{-3}^{3}\left| {x^2-1} \right|dx$
Đáp số : $I=\frac{44}{3}$

Bài $2.$
Tính  $\int\limits_{0}^{\sqrt{3}}\frac{\left| {x^2-1} \right|}{x^2+1}dx$
Đáp số : $I=\sqrt{3}-2+\frac{\pi}{3}$

Bài $3.$
Tính  $\int\limits_{0}^{3}\left| {2^x-4} \right|$
Đáp số : $I=4+\frac{1}{\ln2}$

Bài $4.$
Tính  $\int\limits_{-2}^{3}\left| {x^3-2x^2-x+2} \right|dx$
Đáp số : $I=\frac{133}{12}$

Bài $5.$
Tính $I=\int\limits_{0}^{2 \pi}\sqrt{1+\cos x}dx$
Đáp số : $I=4\sqrt{2}$

A. CÔNG THỨC
Nếu $u(x), v(x)$ là hai hàm số có đạo hàm liên tục trên đoạn $[a, b]$ thì :
$\int\limits_{a}^{b}u(x)v'(x)dx = \left[ {u(x).v(x) } \right]\big|_a^b - \int\limits_{a}^{b}v(x)u'(x)dx$
Tổng quát hơn cho nguyên hàm
$\int\limits u(x)v'(x)dx = \left[ {u(x).v(x) } \right] - \int\limits v(x)u'(x)dx$
Viết gọn là :
 $\int\limits_{a}^{b}udv=\left (u.v \right ) \big|_a^b-\int\limits_{a}^{b}vdu$ và
 $\int\limits udv=\left (u.v \right ) -\int\limits vdu$

 B. CÁC DẠNG THƯỜNG GẶP
 Dạng $1.$
$\int\limits p(x)\left[ {\begin{matrix}\sin f(x)\\ \cos f(x)\\ \tan f(x)\\e^{f(x)} \end{matrix}} \right]dx$
Đặt $u=p(x)$ và $\left[ {\begin{matrix}\sin f(x)\\ \cos f(x)\\ \tan f(x)\\e^{f(x)} \end{matrix}} \right]dx=dv$ trong đó $p(x)$ thường là đa thức, có thể là phân thức, hàm vô tỷ của $x$.

Dạng $2.$
$\int\limits p(x).\ln f(x)dx$
Đặt  $u=\ln f(x)$ và $p(x) dx = dv$

Dạng $3.$
$\int\limits e^{f(x)}\left[ {\begin{matrix}\sin g(x)\\ \cos g(x)\end{matrix}} \right]dx$
Đặt $u=e^{f(x)}$ hoặc $u= \left[ {\begin{matrix}\sin g(x)\\ \cos g(x)\end{matrix}} \right]$

C. VÍ DỤ MINH HỌA
Ví dụ $1.$
Tính $I=\int\limits x\cos xdx$
Lời giải :
Đặt $\begin{cases}u=x\\ dv=\cos x dx \end{cases}\Rightarrow \begin{cases}du=dx \\ v=\sin x \end{cases}$.
Khi đó ta có :
$I=x\sin x - \int\limits \sin x dx=\boxed{x\sin x + \cos x +C}$
Trong đó $C$ là hằng số.
 
Ví dụ $2.$
Tính $I=\int\limits x^3\cos xdx$
Lời giải :
Đặt $\begin{cases}u=x^3\\ dv=\cos x dx \end{cases}\Rightarrow \begin{cases}du=3x^2dx \\ v=\sin x \end{cases}$.
Khi đó ta có :
$I=x^3\sin x - 3\int\limits x^2\sin x dx$
Đặt $\begin{cases}u=x^2\\ dv=\sin x dx \end{cases}\Rightarrow \begin{cases}du=2xdx \\ v=-\cos x \end{cases}$.
Khi đó ta có :
$I=x^3\sin x - 3\left[ {-x^2\cos x+2\int\limits x\cos x dx} \right]$
Đặt $\begin{cases}u=x\\ dv=\cos x dx \end{cases}\Rightarrow \begin{cases}du=dx \\ v=\sin x \end{cases}$.
Khi đó ta có :
$I=x^3\sin x+3x^2\cos x -6\left[ {x\sin x - \int\limits \sin x dx} \right]=\boxed{x^3\sin x + 3x^2\cos x - 6\left ( x\sin x+\cos x \right )+C}$.
Trong đó $C$ là hằng số.

Ví dụ $3.$
Tính $\int\limits_{1}^{e}x^3 \ln^2 x dx$
Lời giải :
Đặt $\begin{cases}u=\ln^2 x \\ dv=x^3dx \end{cases} \Rightarrow \begin{cases}du=\frac{2 \ln x}{x} dx\\ v=\frac{1}{4}x^4 \end{cases}$.
Khi đó ta có :
$I=\frac{1}{4}x^4\ln^2 x \displaystyle \big|_1^e- \frac{1}{2}\int\limits_{1}^{e}x^3 \ln x dx=\frac{1}{4}e^4- \frac{1}{2}\int\limits_{1}^{e}x^3 \ln x dx$
Đặt $\begin{cases}u=\ln x \\ dv=x^3dx \end{cases} \Rightarrow \begin{cases}du=\frac{1}{x} dx\\ v=\frac{1}{4}x^4 \end{cases}$.
Khi đó ta có :
$I=\frac{1}{4}e^4- \frac{1}{2}\left[ {\frac{1}{8}x^4\ln x \displaystyle \big|_1^e- \frac{1}{8}\int\limits_{1}^{e}x^3 dx} \right]$
    $=\frac{1}{4}e^4-\left[ {\frac{1}{8}e^4- \frac{1}{32} x^4\displaystyle \big|_1^e} \right]$
    $=\frac{1}{4}e^4-\frac{3e^4+1}{32}$
     $=\boxed{ \displaystyle \frac{5e^4-1}{32}}$

Ví dụ $4.$
Tính $\int\limits_{1}^{2} \displaystyle \frac{2x\ln x dx}{(x^2+1)^2} $
Lời giải :
Đặt $\begin{cases}u=\ln x \\ dv= \displaystyle \frac{2x dx}{(x^2+1)^2}=(x^2+1)^{-1}d(x^2+1) \end{cases} \Rightarrow \begin{cases}du=\frac{1}{x} dx\\ v=\frac{-1}{x^2+1} \end{cases}$.
Khi đó ta có :
$I=\frac{-\ln x}{x^2+1} \displaystyle \big|_1^2+\int\limits_{1}^{2}\frac{1}{x(x^2+1)} dx=\frac{-\ln2}{5} +I_1$
Trong đó,
  $I_1= \int\limits_{1}^{2}\frac{1}{x(x^2+1)} dx=\int\limits_{1}^{2}\frac{x}{x^2(x^2+1)} dx= \frac{1}{2}\int\limits_{1}^{2}\frac{d(x^2)}{x^2(x^2+1)}$
  $I_1=\frac{1}{2}\int\limits_{a}^{b}\left ( \frac{1}{x^2}-\frac{1}{x^2+1} \right )d(x^2)=\frac{1}{2}\ln \frac{x^2}{x^2+1}\displaystyle \big|_1^2=\frac{1}{2}\ln \frac{8}{5}$.
 Vậy $I= \boxed{ \displaystyle \frac{1}{2}\ln \frac{8}{5}-\frac{\ln2}{5}}$.

Ví dụ $5.$
Tính $I=\int\limits \displaystyle e^{-2x}\cos 3x dx $
Lời giải :
Đặt $\begin{cases}u=e^{-2x} \\ dv= \displaystyle\cos 3x dx \end{cases} \Rightarrow \begin{cases}du=-2e^{-2x}\\ v=\frac{1}3\sin 3x \end{cases}$.
Khi đó ta có :
$I=\frac{1}3e^{-2x}\sin 3x+\frac{2}{3}\int\limits e^{-2x}\sin3x dx$
Đặt$\begin{cases}u=e^{-2x} \\ dv= \displaystyle\sin 3x dx \end{cases} \Rightarrow \begin{cases}du=-2e^{-2x}\\ v=-\frac{1}3\cos 3x \end{cases}$.
Khi đó ta có :
$I=\frac{1}3e^{-2x}\sin 3x+\frac{2}{3}\left[ -{\frac{1}3e^{-2x}\cos 3x-\frac{2}{3}\int\limits e^{-2x}\cos3x dx} \right]$
    $=\frac{1}9e^{-2x}\left (3\sin  3x - 2\cos3x \right )-\frac{4}{9}\int\limits \displaystyle e^{-2x}\cos 3x dx$
    $=\frac{1}9e^{-2x}\left (3\sin  3x - 2\cos3x \right )-\frac{4}{9}I$
$\Rightarrow \frac{13}{9}I=\frac{1}9e^{-2x}\left (3\sin  3x - 2\cos3x \right )$
Vậy  $I=\boxed{ \displaystyle\frac{1}{13}e^{-2x}\left (3\sin  3x - 2\cos3x \right )+C}$
Trong đó $C$ là hằng số.
.
D. CÁC BÀI THI ĐẠI HỌC
Ví dụ $6.$ (Đại học Khối $A-2012$)
Tính $I=\int\limits_{1}^{3}\displaystyle \frac{1+ \ln (x+1)}{x^2}dx$
Lời giải :
Đặt $\begin{cases}u=1+ \ln (x+1) \\ dv= \displaystyle \frac{dx}{x^2} \end{cases} \Rightarrow \begin{cases}du=\frac{1}{x+1} dx\\ v=\frac{-1}{x} \end{cases}$.
Khi đó ta có :
$I=-\frac{1+ \ln (x+1)}{x} \displaystyle \big|_1^3+\int\limits_{1}^{3}\frac{1}{x(x+1)} dx=\frac{2+\ln2}{3} +I_1$
Trong đó,
  $I_1= \int\limits_{1}^{3}\frac{1}{x(x+1)} dx=\int\limits_{1}^{3}\left ( \frac{1}{x}-\frac{1}{x+1} \right )dx=\ln\left| {\frac{x}{x+1}} \right| \displaystyle \big|_1^3=\ln 3 - \ln 2$.
Vậy $I= \boxed{ \displaystyle \frac{2}{3}+\ln 3-\frac{2}{3}\ln2}$.

Ví dụ $7.$ (Đại học Khối $D-2012$)
Tính $I=\int\limits_{\displaystyle0}^{\displaystyle\frac{\pi}{4}}\displaystyle x(1+\sin 2x)dx$
Lời giải :
$I=\int\limits_{\displaystyle0}^{\displaystyle\frac{\pi}{4}}\displaystyle xdx+\int\limits_{\displaystyle0}^{\displaystyle\frac{\pi}{4}}\displaystyle x\sin 2xdx=\frac{\pi^2}{32}+\int\limits_{\displaystyle0}^{\displaystyle\frac{\pi}{4}}\displaystyle x\sin 2xdx$
Đặt $\begin{cases}u=x \\ dv= \sin 2x dx \end{cases} \Rightarrow \begin{cases}du=dx\\ v=-\frac{1}{2}\cos2x  \end{cases}$.
Khi đó ta có :
$I=\frac{\pi^2}{32}+\int\limits_{\displaystyle0}^{\displaystyle\frac{\pi}{4}}\displaystyle x\sin 2xdx=\frac{\pi^2}{32}-\frac{1}{2}x\cos2x |_{0}^{\frac{\pi}{4}}+\frac{1}{2}\int\limits_{\displaystyle0}^{\displaystyle\frac{\pi}{4}}\displaystyle \cos 2xdx$
  $=\frac{\pi^2}{32}+\frac{1}{4}\sin 2x |_{0}^{\frac{\pi}{4}}$
Vậy $I= \boxed{ \displaystyle \frac{\pi^2}{32}+\frac{1}{4}}$.

Ví dụ $8.$ (Đại học Khối $B-2011$)
Tính $I=\int\limits_{\displaystyle0}^{\displaystyle\frac{\pi}{3}}\displaystyle \frac{1+x\sin x}{\cos^2x}dx$
Lời giải :
$I=\int\limits_{\displaystyle0}^{\displaystyle\frac{\pi}{3}}\displaystyle \frac{1}{\cos^2x}dx+\int\limits_{\displaystyle0}^{\displaystyle\frac{\pi}{3}}\displaystyle \frac{x\sin x}{\cos^2x}dx=I_1+I_2$
Trong đó,
$I_1=\int\limits_{\displaystyle0}^{\displaystyle\frac{\pi}{3}}\displaystyle \frac{1}{\cos^2x}dx=\tan x |_{0}^{\frac{\pi}{3}}=\sqrt{3}$
và
$I_2=\int\limits_{\displaystyle0}^{\displaystyle\frac{\pi}{3}}\displaystyle \frac{x\sin x}{\cos^2x}dx$
Đặt $\begin{cases}u=x \\ dv=\frac{\sin x}{\cos^2x} dx \end{cases} \Rightarrow \begin{cases}du=dx\\ v=-\frac{1}{\cos x}  \end{cases}$.
Khi đó ta có :
$I_2=\frac{x}{\cos x} |_{0}^{\frac{\pi}{3}}-\int\limits_{\displaystyle0}^{\displaystyle\frac{\pi}{3}}\displaystyle \frac{dx}{\cos x}$
  $=\frac{2\pi}{3}+\int\limits_{\displaystyle0}^{\displaystyle\frac{\pi}{3}}\displaystyle \frac{d\sin x}{\sin^2x-1}$
  $=\frac{2\pi}{3}+\frac{1}{2}\int\limits_{\displaystyle0}^{\displaystyle\frac{\pi}{3}}\displaystyle\left ( \frac{1}{\sin x - 1}-\frac{1}{\sin x +1} \right )d\sin x$
  $=\frac{2\pi}{3}+\frac{1}{2} \displaystyle \left ( \ln \left| {\frac{\sin x -1}{\sin x + 1} }\right| \right ) |_{0}^{\frac{\pi}{3}}$
  $=\frac{2\pi}{3}+\displaystyle \ln (2- \sqrt{3})$.
Vậy $I= \boxed{ \displaystyle \sqrt{3}+\frac{2\pi}{3}+\ln (2- \sqrt{3})}$.

E. BÀI TẬP ÁP DỤNG
Bài $1.$
Tính $I=\int\limits_{\displaystyle 0 }^{\displaystyle \frac{\pi}{2}}x\cos^2xdx$

Bài $2.$
Tính $I=\int\limits_{0 }^{1}\displaystyle \frac{x^2e^x}{(x+2)^2}dx$

Bài $3.$
Tính $I=\int\limits_{ 0 }^{1}e^{-2x}\sin^2(\pi x)dx$

Bài $4.$
Tính $I=\int\limits_{\displaystyle  \frac{\pi}{4} }^{\displaystyle \frac{\pi}{2}}\frac{x^2\cos x}{\sin^3 x}dx$

Bài $5.$
Tính $I=\int\limits \cos (\ln x)dx$

Bài $6.$
Tính $I=\int\limits_{0 }^{\pi}e^{2x}\sin^2xdx$

Bài $7.$ (Đại học Khối $D-2010$)
Tính $I=\int\limits_{1 }^{e}\left (2x-\frac{3}{x} \right )\ln x dx$

Bài $8.$ (Đại học Khối $B-2009$)
Tính $I=\int\limits_{1}^{3} \frac{3+\ln x}{(x+1)^2}dx$

I. KIẾN THỨC
Cần nhớ một số công thức tìm nguyên hàm sau :
    - $\int {\frac{{f'(x)}}{{2\sqrt {f(x)} }}dx = \sqrt {f(x)}  + C} $
    - $\int {\frac{1}{{\sqrt {{x^2} + b} }}dx = \ln \left| {x + \sqrt {{x^2} + b} } \right| + C} $
    - Mở rộng : $\int {\frac{{u'(x)}}{{\sqrt {{u^2}(x) + b} }}du = \ln \left| {u(x) + \sqrt {{u^2}(x) + b} } \right|}  + C$

II. MỘT SỐ DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP
1. Tích phân dạng : $I = \int\limits_\alpha ^\beta  {\frac{1}{{\sqrt {{\text{a}}{{\text{x}}^2} + bx}  + c}}dx\quad \left( {a \ne 0} \right)} $
a. Lý thuyết :
Từ : ${\text{f(x) = a}}{{\text{x}}^{\text{2}}} + bx + c = a\left[ {{{\left( {x + \frac{b}{{2a}}} \right)}^2} - \frac{\Delta }{{4{a^2}}}} \right] \Rightarrow \left\{ \begin{array}
  x + \frac{b}{{2a}} = u  \\
  \frac{{\sqrt \Delta  }}{{2a}} = K  \\
\end{array}  \right. \leftrightarrow du = dx$
Khi đó ta có  :
- Nếu $\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}} $ (1)
- Nếu : $\Delta  = 0 \Rightarrow f(x) = a{\left( {x + \frac{b}{{2a}}} \right)^2} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}
  a > 0  \\
  \sqrt {f(x)}  = \sqrt a \left| {x + \frac{b}{{2a}}} \right| = \sqrt a .\left| u \right|  \\
\end{array}  \right.$ (2)
- Nếu : $\Delta  > 0$.
    +/ Với a>0 : $f(x) = a\left( {x - {x_1}} \right)\left( {x - {x_2}} \right) \Leftrightarrow \sqrt {f(x)}  = \sqrt a .\sqrt {\left( {x - {x_1}} \right)\left( {x - {x_2}} \right)} $ (3)
    +/ Với a<0 : $f(x) =  - a\left( {{x_1} - x} \right)\left( {{x_2} - x} \right) \Leftrightarrow \sqrt {f(x)}  = \sqrt { - a} .\sqrt {\left( {{x_1} - x} \right)\left( {{x_2} - x} \right)} $ (4)
Căn cứ vào phân tích trên , ta có một số cách giải sau :

b. 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<0 )
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 : $I = \int\limits_{ - \frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{4}} {dt}  = t\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
  {\frac{\pi }{4}} \\
  { - \frac{\pi }{4}}
\end{array} = \frac{\pi }{4} + \frac{\pi }{4} = \frac{\pi }{2}} \right.$

2. Tích phân dạng : $I = \int\limits_\alpha ^\beta  {\frac{{mx + n}}{{\sqrt {{\text{a}}{{\text{x}}^2} + bx}  + c}}dx\quad \left( {a \ne 0} \right)} $
Phương pháp:
1.  Phân tích $f(x) = \frac{{mx + n}}{{\sqrt {{\text{a}}{{\text{x}}^{\text{2}}} + bx + c} }} = \frac{{A.d\left( {\sqrt {{\text{a}}{{\text{x}}^{\text{2}}} + bx + c} } \right)}}{{\sqrt {{\text{a}}{{\text{x}}^{\text{2}}} + bx + c} }} + \frac{B}{{\sqrt {{\text{a}}{{\text{x}}^{\text{2}}} + bx + c} }}\quad \left( 1 \right)$
2. Quy đồng mẫu số , sau đó đồng nhất hệ số hai tử số để suy ra hệ hai ẩn số A,B
3. Giải hệ tìm A,B thay vào (1)
4. Tính I =$2A\left( {\sqrt {{\text{a}}{{\text{x}}^{\text{2}}} + bx + c} } \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
  \beta  \\
  \alpha 
\end{array} + B\int\limits_\alpha ^\beta  {\frac{1}{{\sqrt {{\text{a}}{{\text{x}}^{\text{2}}} + bx + c} }}dx} } \right.$ (2)
Trong đó  $\int\limits_\alpha ^\beta  {\frac{1}{{\sqrt {{\text{a}}{{\text{x}}^2} + bx}  + c}}dx\quad \left( {a \ne 0} \right)} $ đã biết cách tính ở trên

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
$I = \sqrt {10}  - \sqrt 5  + 2\ln \left( {\frac{{3 + \sqrt {10} }}{{2 + \sqrt 5 }}} \right)$

3. Tích phân dạng : $I = \int\limits_\alpha ^\beta  {\frac{1}{{\left( {mx + n} \right)\sqrt {{\text{a}}{{\text{x}}^2} + bx}  + c}}dx\quad \left( {a \ne 0} \right)} $
Phương pháp:
1. Phân tích: $\frac{1}{{\left( {mx + n} \right)\sqrt {{\text{a}}{{\text{x}}^{\text{2}}} + bx + c} }} = \frac{1}{{m\left( {x + \frac{n}{m}} \right)\sqrt {{\text{a}}{{\text{x}}^{\text{2}}} + bx + c} }}$. (1)
2. Đặt : $\frac{1}{y} = x + \frac{n}{m} \Rightarrow \left\{ \begin{array}
  y = \frac{1}{{x + t}}\left( {t = \frac{n}{m}} \right) \to dy =  - \frac{1}{{x + t}}dx  \\
  x = \frac{1}{y} - t \Rightarrow {\text{a}}{{\text{x}}^{\text{2}}} + bx + c = a{\left( {\frac{1}{y} - t} \right)^2} + b\left( {\frac{1}{y} - t} \right) + c  \\
\end{array}  \right.$
3. Thay tất cả vào (1) thì I có dạng : $I =  \pm \int\limits_{\alpha '}^{\beta '} {\frac{{dy}}{{\sqrt {L{y^2} + My + N} }}} $.
Tích phân này chúng ta đã biết cách tính .

VÍ DỤ MINH HỌA
Ví dụ 1.
Tính tích phân sau $\int\limits_2^3 {\frac{{dx}}{{\left( {x - 1} \right)\sqrt { - {x^2} + 2x + 3} }}} $
Giải
Đặt : $x - 1 = \frac{1}{y} \Rightarrow \left\{ \begin{array}
  x = 1 + \frac{1}{y};dx =  - \frac{1}{{{y^2}}}  \\
  x = 2 \to y = 1;x = 3 \to y = \frac{1}{2}  \\
\end{array}  \right.$
Khi đó :
$ - {x^2} + 2x + 3 =  - {\left( {1 + \frac{1}{y}} \right)^2} + 2\left( {1 + \frac{1}{y}} \right) + 3 =  - \frac{1}{{{y^2}}} + 4 = \frac{{4{y^2} - 1}}{{{y^2}}} \Leftrightarrow \sqrt { - {x^2} + 2x + 3}  = \frac{{\sqrt {4{y^2} - 1} }}{{\left| y \right|}}$
Vậy : $I =  - \int\limits_1^{\frac{1}{2}} {\frac{{dy}}{{\sqrt {4{y^2} - 1} }}}  = \frac{1}{2}\int\limits_{\frac{1}{2}}^1 {\frac{{dy}}{{\sqrt {{y^2} - \frac{1}{4}} }} = \frac{1}{2}\ln \left| {y + \sqrt {{y^2} - \frac{1}{4}} } \right|\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
  1 \\
  {\frac{1}{2}}
\end{array} = \frac{1}{2}\ln \left( {2 + \sqrt 3 } \right)} \right.} $

Ví dụ 2.
Tính tích phân sau  $\int\limits_0^1 {\frac{{\left( {3x + 2} \right)dx}}{{\left( {x + 1} \right)\sqrt {{x^2} + 3x + 3} }}} $
Giải
- Trước hết ta phân tích :
 $\frac{{\left( {3x + 2} \right)}}{{\left( {x + 1} \right)\sqrt {{x^2} + 3x + 3} }} = \frac{{3\left( {x + 1} \right)}}{{\left( {x + 1} \right)\sqrt {{x^2} + 3x + 3} }} - \frac{1}{{\left( {x + 1} \right)\sqrt {{x^2} + 3x + 3} }}$
$ = \frac{3}{{\sqrt {{x^2} + 3x + 3} }} - \frac{1}{{\left( {x + 1} \right)\sqrt {{x^2} + 3x + 3} }}$
Đáp số : $I = 3\ln \frac{{5 + 2\sqrt 7 }}{{3 + 2\sqrt 3 }} + \ln \frac{{2 + \sqrt 7 }}{{3 + 2\sqrt 3 }}$

4. Tích phân dạng : $I = \int\limits_\alpha ^\beta  {R\left( {x;y} \right)dx = } \int\limits_\alpha ^\beta  {R\left( {x;\sqrt[m]{{\frac{{\alpha x + \beta }}{{\gamma x + \delta }}}}} \right)dx} $
(Trong đó : R(x;y) là hàm số hữu tỷ đối với hai biến số x,y và $\alpha ,\beta ,\gamma ,\delta $ là các hằng số đã biết)
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 : $I = \left( {\frac{1}{5}{t^5} - \frac{1}{3}{t^3}} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
  2 \\
  {\sqrt 3 }
\end{array} = } \right.\frac{{56 - 12\sqrt 3 }}{{15}}$

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.

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 : $\int\limits_{ - 2}^{ - \sqrt 2 } {f(x)dx}  = \int\limits_{\sqrt 5 }^{\sqrt 3 } {\left[ {1 + \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{{t - 1}} - \frac{1}{{t + 1}}} \right)} \right]dt} \\ = \left( {t + \frac{1}{2}\ln \left| {\frac{{t - 1}}{{t + 1}}} \right|} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
  {\sqrt 3 } \\
  {\sqrt 5 }
\end{array} = \sqrt 3  - \sqrt 5  + \frac{1}{2}\ln \frac{{\left( {\sqrt 3  - 1} \right)\left( {\sqrt 5  + 1} \right)}}{{\left( {\sqrt 3  + 1} \right)\left( {\sqrt 5  - 1} \right)}}} \right.$

BÀI TẬP TỰ GIẢI
$\int\limits_0^1 {\frac{{5x - 3}}{{\sqrt {2{x^2} + 8x + 1} }}dx} $                $\int\limits_{\frac{7}{2}}^4 {\frac{{3x + 4}}{{\sqrt { - {x^2} + 6x + 8} }}dx} $
$\int\limits_0^a {{x^2}\sqrt {{a^2} - {x^2}} dx} $                $\int\limits_0^1 {\frac{{dx}}{{{{\left( {x + \sqrt {1 + {x^2}} } \right)}^2}}}} $
$\int\limits_{\sqrt[3]{2}}^1 {\sqrt[4]{{1 + {x^3}}}\frac{{dx}}{x}} $                    $\int\limits_1^{\sqrt 3 } {\frac{{{x^2}}}{{{{\left( {1 + {x^2}} \right)}^3}}}dx} $
$\int\limits_1^a {\frac{{\sqrt {{x^2} + {a^2}} }}{x}dx} $                    $\int\limits_0^{\sqrt 3 } {\frac{{\sqrt {1 + {x^6}} }}{x}dx} $
$\int\limits_1^2 {\frac{{\sqrt {{x^3} + 1} }}{{{x^4}}}dx} $                    $\int\limits_0^{\frac{\pi }{8}} {\frac{{dx}}{{\sqrt {1 + x}  + \sqrt {1 - x} }}} $

A. DẠNG : I=$\int\limits_\alpha ^\beta  {\frac{{P(x)}}{{{\text{ax + b}}}}dx\quad \left( {a \ne 0} \right)} $
Chú ý đến công thức : $\int\limits_\alpha ^\beta  {\frac{m}{{{\text{ax + b}}}}dx}  = \frac{m}{a}\ln \left| {{\text{ax + b}}} \right|\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
  \beta  \\
  \alpha 
\end{array}} \right.$.
Và nếu bậc của P(x) cao hơn hoắc bằng 2 thì ta chia tử cho mẫu dẫn đến  $\int\limits_\alpha ^\beta  {\frac{{P(x)}}{{{\text{ax + b}}}}dx = \int\limits_\alpha ^\beta  {Q(x) + \frac{m}{{{\text{ax + b}}}}dx = \int\limits_\alpha ^\beta  {Q(x)dx}  + m\int\limits_\alpha ^\beta  {\frac{1}{{{\text{ax + b}}}}dx} \quad } \quad } $

Ví dụ 1 :
Tính tích phân : I= $\int\limits_1^2 {\frac{{{x^3}}}{{2x + 3}}dx} $
Giải
Ta có : $f(x) = \frac{{{x^3}}}{{2x + 3}} = \frac{1}{2}{x^2} - \frac{3}{4}x + \frac{9}{8} - \frac{{27}}{8}\frac{1}{{2x + 3}}$
Do đó : $\int\limits_1^2 {\frac{{{x^3}}}{{2x + 3}}dx}  = \int\limits_1^2 {\left( {\frac{1}{2}{x^2} - \frac{3}{4}x + \frac{9}{8} - \frac{{27}}{8}\frac{1}{{2x + 3}}} \right)dx} $
$ = \left( {\frac{1}{3}{x^3} - \frac{3}{8}{x^2} + \frac{9}{8}x - \frac{{27}}{{16}}\ln \left| {2x + 3} \right|} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
  2 \\
  1
\end{array} = } \right. - \frac{{13}}{6} - \frac{{27}}{{16}}\ln 35$

Ví dụ 2:
Tính tích phân : I= $\int\limits_{\sqrt 5 }^3 {\frac{{{x^2} - 5}}{{x + 1}}dx} $
Giải
Ta có : f(x)=$\frac{{{x^2} - 5}}{{x + 1}} = x - 1 - \frac{4}{{x + 1}}$.
Do đó : $\int\limits_{\sqrt 5 }^3 {\frac{{{x^2} - 5}}{{x + 1}}dx}  = \int\limits_{\sqrt 5 }^3 {\left( {x - 1 - \frac{4}{{x + 1}}} \right)dx}  = \left( {\frac{1}{2}{x^2} - x - 4\ln \left| {x + 1} \right|} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
  3 \\
  {\sqrt 5 }
\end{array} = } \right.\sqrt 5  - 1 + 4\ln \left( {\frac{{\sqrt 5  + 1}}{4}} \right)$

B. DẠNG : $\int\limits_\alpha ^\beta  {\frac{{P(x)}}{{{\text{a}}{{\text{x}}^{\text{2}}} + bx + c}}dx} $
1. Tam thức : $f(x) = {\text{a}}{{\text{x}}^{\text{2}}} + bx + c$ có hai nghiệm phân biệt
Công thức cần lưu ý : $\int\limits_\alpha ^\beta  {\frac{{u'(x)}}{{u(x)}}dx}  = \ln \left| {u(x)} \right|\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
  \beta  \\
  \alpha 
\end{array}} \right.$
Ta có hai cách
Cách 1: Hệ số bất định
Cách 2: Hạ bậc

Ví dụ 3:
Tính tích phân : I= $\int\limits_0^1 {\frac{{4x + 11}}{{{x^2} + 5x + 6}}dx} $.
Giải
Cách 1: ( Hệ số bất định )
Ta có : f(x)=$\frac{{4x + 11}}{{{x^2} + 5x + 6}} = \frac{{4x + 11}}{{(x + 2)(x + 3)}} = \frac{A}{{x + 2}} + \frac{B}{{x + 3}} = \frac{{A\left( {x + 3} \right) + B\left( {x + 2} \right)}}{{(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 : $\int\limits_0^1 {\frac{{4x + 11}}{{{x^2} + 5x + 6}}dx}  = \int\limits_0^1 {\left( {\frac{3}{{x + 2}} + \frac{1}{{x + 3}}} \right)dx}  = \left( {3\ln \left| {x + 2} \right| + \ln \left| {x + 3} \right|} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
  1 \\
  0
\end{array} = 2\ln 3 - \ln 2} \right.$
Cách 2: ( Hạ bậc)
Ta có : f(x)=$\frac{{2\left( {2x + 5} \right) + 1}}{{{x^2} + 5x + 6}} = 2.\frac{{2x + 5}}{{{x^2} + 5x + 6}} + \frac{1}{{\left( {x + 2} \right)\left( {x + 3} \right)}} = 2.\frac{{2x + 5}}{{{x^2} + 5x + 6}} + \frac{1}{{x + 2}} - \frac{1}{{x + 3}}$
Do đó :
I=$\int\limits_0^1 {f(x)dx}  = \int\limits_0^1 {\left( {2.\frac{{2x + 5}}{{{x^2} + 5x + 6}} + \frac{1}{{x + 2}} - \frac{1}{{x + 3}}} \right)dx} $
$ = \left( {2\ln \left| {{x^2} + 5x + 6} \right| + \ln \left| {\frac{{x + 2}}{{x + 3}}} \right|} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
  1 \\
  0
\end{array} = 2\ln 3 - \ln 2} \right.$

2. Tam thức : $f(x) = {\text{a}}{{\text{x}}^{\text{2}}} + bx + c$ có hai nghiệm kép
Công thức cần chú ý : $\int\limits_\alpha ^\beta  {\frac{{u'(x)dx}}{{u(x)}} = \ln \left( {u(x)} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
  \beta  \\
  \alpha 
\end{array}} \right.} $
Thông thừơng ta đặt (x+b/2a)=t .

Ví dụ 4 :
Tính tích phân sau : I= $\int\limits_0^3 {\frac{{{x^3}}}{{{x^2} + 2x + 1}}dx} $
Giải
Ta có : $\int\limits_0^3 {\frac{{{x^3}}}{{{x^2} + 2x + 1}}dx}  = \int\limits_0^3 {\frac{{{x^3}}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}dx} $
Đặt : t=x+1 suy ra : dx=dt ; x=t-1 và : khi x=0 thì t=1 ; khi x=3 thì t=4 .
Do đó :  $\int\limits_0^3 {\frac{{{x^3}}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}dx}  = \int\limits_1^4 {\frac{{{{\left( {t - 1} \right)}^3}}}{{{t^2}}}dt}  = \int\limits_1^4 {\left( {t - 3 + \frac{3}{t} - \frac{1}{{{t^2}}}} \right)dt}  = \left( {\frac{1}{2}{t^2} - 3t + \ln \left| t \right| + \frac{1}{t}} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
  4 \\
  1
\end{array} = } \right.2\ln 2 - \frac{3}{2}$

Ví dụ 5:
Tính tích phân sau : I= $\int\limits_0^1 {\frac{{4x}}{{4{x^2} - 4x + 1}}dx} $
Giải
Ta có :  $\frac{{4x}}{{4{x^2} - 4x + 1}} = \frac{{4x}}{{{{\left( {2x - 1} \right)}^2}}}$
Đặt : t= 2x-1 suy ra : $dt = 2dx \to dx = \frac{1}{2}dt;\left\{ \begin{array}
  x = 0 \leftrightarrow t =  - 1  \\
  x = 1 \leftrightarrow t = 1  \\
\end{array}  \right.$
Do đó : $\int\limits_0^1 {\frac{{4x}}{{4{x^2} - 4x + 1}}dx}  = \int\limits_0^1 {\frac{{4x}}{{{{\left( {2x - 1} \right)}^2}}}dx}  = \int\limits_{ - 1}^1 {\frac{{4.\frac{1}{2}\left( {t + 1} \right)}}{{{t^2}}}\frac{1}{2}dt}  = \int\limits_{ - 1}^1 {\left( {\frac{1}{t} + \frac{1}{{{t^2}}}} \right)dt}  = \left( {\ln \left| t \right| - \frac{1}{t}} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
  1 \\
  { - 1}
\end{array} =  - 2} \right.$

3. Tam thức : $f(x) = {\text{a}}{{\text{x}}^{\text{2}}} + bx + c$ vô nghiệm:
Ta viết : f(x)= $\frac{{P(x)}}{{a\left[ {{{\left( {x + \frac{b}{{2a}}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{\sqrt { - \Delta } }}{{2a}}} \right)}^2}} \right]}} = \frac{{P(x)}}{{a\left( {{u^2} + {k^2}} \right)}};\left\{ \begin{array}
  u = x + \frac{b}{{2a}}  \\
  k = \frac{{\sqrt { - \Delta } }}{{2a}}  \\
\end{array}  \right.$
Khi đó : Đặt u= ktant

Ví dụ 6:
Tính tích phân : I= $\int\limits_0^2 {\frac{x}{{{x^2} + 4x + 5}}dx} $
Giải
Ta có : $\int\limits_0^2 {\frac{x}{{{x^2} + 4x + 5}}dx}  = \int\limits_0^2 {\frac{x}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2} + 1}}dx} $
Đặt : x+2=tant , suy ra : dx=$\frac{1}{{c{\text{o}}{{\text{s}}^{\text{2}}}t}}dt;\; \Rightarrow \left\{ \begin{array}
  x = 0 \leftrightarrow \tan t = 2  \\
  x = 2 \leftrightarrow \tan t = 4  \\
\end{array}  \right.$
Do đó : $\int\limits_0^2 {\frac{x}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2} + 1}}dx}  = \int\limits_{{t_1}}^{{t_2}} {\frac{{\tan t - 2}}{{1 + {{\tan }^2}t}}\frac{{dt}}{{c{\text{o}}{{\text{s}}^2}t}}}  = \int\limits_{{t_1}}^{{t_2}} {\left( {\frac{{\sin t}}{{c{\text{ost}}}} - 2} \right)dt}  = \left( { - \ln \left| {c{\text{ost}}} \right| - 2t} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
  {{t_2}} \\
  {{t_1}}
\end{array}} \right.\left( 1 \right)$
Từ : $\left[ \begin{array}
  \tan t = 2 \leftrightarrow 1 + {\tan ^2}t = 5 \leftrightarrow c{\text{o}}{{\text{s}}^2}t = \frac{1}{5} \to c{\text{os}}{{\text{t}}_{\text{1}}} = \frac{1}{{\sqrt 5 }}  \\
  \tan t = 4 \leftrightarrow 1 + {\tan ^2}t = 17 \leftrightarrow c{\text{o}}{{\text{s}}^2}t = \frac{1}{{17}} \to c{\text{os}}{{\text{t}}_{\text{2}}} = \frac{1}{{\sqrt {17} }}  \\
\end{array}  \right.$
Vậy : $\left( { - \ln \left| {c{\text{ost}}} \right| - 2t} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
  {{t_2}} \\
  {{t_1}}
\end{array}} \right. =  - \left[ {\left( {\ln \left| {c{\text{os}}{{\text{t}}_{\text{2}}}} \right| - 2{t_2}} \right) - \left( {\ln \left| {\cos {t_1}} \right| - 2{t_1}} \right)} \right] =  - \ln \left| {\frac{{c{\text{os}}{{\text{t}}_{\text{2}}}}}{{{\text{cos}}{{\text{t}}_{\text{1}}}}}} \right| + 2\left( {{t_2} - {t_1}} \right)$
$ \Leftrightarrow  - \ln \left| {\frac{{c{\text{os}}{{\text{t}}_{\text{2}}}}}{{{\text{cos}}{{\text{t}}_{\text{1}}}}}} \right| + 2\left( {{t_2} - {t_1}} \right) = 2\left( {{\text{arctan4 - arctan2}}} \right) - \ln \left| {\frac{1}{{\sqrt {17} }}.\sqrt 5 } \right| = 2\left( {{\text{arctan4 - arctan2}}} \right) - \frac{1}{2}\ln \frac{5}{{17}}$
Ví dụ 7:
Tính tích phân sau : I= $\int\limits_0^2 {\frac{{{x^3} + 2{x^2} + 4x + 9}}{{{x^2} + 4}}dx} $
Giải
Ta có : $\frac{{{x^3} + 2{x^2} + 4x + 9}}{{{x^2} + 4}} = x + 2 + \frac{1}{{{x^2} + 4}}$
Do đó : $\int\limits_0^2 {\frac{{{x^3} + 2{x^2} + 4x + 9}}{{{x^2} + 4}}dx}  = \int\limits_0^2 {\left( {x + 2 + \frac{1}{{{x^2} + 4}}} \right)dx}  = \left( {\frac{1}{2}{x^2} + 2x} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
  2 \\
  0
\end{array} + \int\limits_0^2 {\frac{{dx}}{{{x^2} + 4}}} } \right. = 6 + J$(1)
Tính tích phân J= $\int\limits_0^2 {\frac{1}{{{x^2} + 4}}dx} $
Đặt : x=2tant suy ra : dx =$\frac{2}{{c{\text{o}}{{\text{s}}^{\text{2}}}t}}dt;\left\{ \begin{array}
  x = 0 \to t = 0  \\
  x = 2 \to t = \frac{\pi }{4}  \\
\end{array}  \right. \leftrightarrow t \in \left[ {0;\frac{\pi }{4}} \right] \to c{\text{ost > 0}}$
Khi đó : $\int\limits_0^2 {\frac{1}{{{x^2} + 4}}dx}  = \frac{1}{4}\int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {\frac{1}{{1 + {{\tan }^2}t}}\frac{2}{{c{\text{o}}{{\text{s}}^{\text{2}}}t}}dt}  = \frac{1}{2}\int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {dt}  = \frac{1}{2}t\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
  {\frac{\pi }{4}} \\
  0
\end{array} = \frac{\pi }{8}} \right.$
Thay vào (1) : $I = 6 + \frac{\pi }{8}$

C. DẠNG : $\int\limits_\alpha ^\beta  {\frac{{P(x)}}{{{\text{a}}{{\text{x}}^{\text{3}}} + b{x^2} + cx + d}}dx} $
1. Đa thức : f(x)=${\text{a}}{{\text{x}}^{\text{3}}} + b{x^2} + cx + d\;\left( {a \ne 0} \right)$  có một nghiệm bội ba
Công thức cần chú ý : $\int\limits_\alpha ^\beta  {\frac{1}{{{x^m}}}dx}  = \frac{1}{{1 - m}}.\frac{1}{{{x^{m - 1}}}}\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
  \beta  \\
  \alpha 
\end{array}} \right.$

Ví dụ 8:
Tính tích phân : I= $\int\limits_0^1 {\frac{x}{{{{\left( {x + 1} \right)}^3}}}dx} $
Giải
Cách 1:
Đặt : x+1=t , suy ra x=t-1 và : khi x=0 thì t=1 ; khi x=1 thì t=2
Do đó : $\int\limits_0^1 {\frac{x}{{{{\left( {x + 1} \right)}^3}}}dx}  = \int\limits_1^2 {\frac{{t - 1}}{{{t^3}}}dt}  = \int\limits_1^2 {\left( {\frac{1}{{{t^2}}} - \frac{1}{{{t^3}}}} \right)dt}  = \left( { - \frac{1}{t} + \frac{1}{2}\frac{1}{{{t^2}}}} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
  2 \\
  1
\end{array} = \frac{1}{8}} \right.$
Cách 2:
Ta có : $\frac{x}{{{{\left( {x + 1} \right)}^3}}} = \frac{{\left( {x + 1} \right) - 1}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^3}}} = \frac{1}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} - \frac{1}{{{{\left( {x + 1} \right)}^3}}}$
Do đó : $\int\limits_0^1 {\frac{x}{{{{\left( {x + 1} \right)}^3}}}dx}  = \int\limits_0^1 {\left[ {\frac{1}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} - \frac{1}{{{{\left( {x + 1} \right)}^3}}}} \right]} dx = \left[ { - \frac{1}{{x + 1}} + \frac{1}{2}\frac{1}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}} \right]\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
  1 \\
  0
\end{array} = \frac{1}{8}} \right.$

Ví dụ 9 :
Tính tích phân : I=$\int\limits_{ - 1}^0 {\frac{{{x^4}}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^3}}}dx} $.
Giải
Đặt : x-1=t , suy ra : x=t+1 và : khi x=-1 thì t=-2 và khi x=0 thì t=-1 .
Do đó : $\int\limits_{ - 1}^0 {\frac{{{x^4}}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^3}}}dx}  = \int\limits_{ - 2}^{ - 1} {\frac{{{{\left( {t + 1} \right)}^4}}}{{{t^3}}}dt}  = \int\limits_{ - 2}^{ - 1} {\frac{{{t^4} + 4{t^3} + 6{t^2} + 4t + 1}}{{{t^3}}}dt}  = \int\limits_{ - 2}^{ - 1} {\left( {t + 4 + \frac{6}{t} + \frac{4}{{{t^2}}} + \frac{1}{{{t^3}}}} \right)dt} $
$ \Leftrightarrow \int\limits_{ - 2}^{ - 1} {\left( {t + 4 + \frac{6}{t} + \frac{4}{{{t^2}}} + \frac{1}{{{t^3}}}} \right)dt}  = \left( {\frac{1}{2}{t^2} + 4t + 6\ln \left| t \right| - \frac{4}{t} - \frac{1}{2}\frac{1}{{{t^2}}}} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
  { - 1} \\
  { - 2}
\end{array} = \frac{{33}}{8} - 6\ln 2} \right.$

2. Đa thức : f(x)=${\text{a}}{{\text{x}}^{\text{3}}} + b{x^2} + cx + d\;\left( {a \ne 0} \right)$  có hai nghiệm:
Có hai cách giải : Hệ số bất định và phương pháp hạ bậc

Ví dụ 10 :
Tính tích phân sau : I= $\int\limits_2^3 {\frac{1}{{\left( {x - 1} \right){{\left( {x + 1} \right)}^3}}}dx} $
Giải
Cách 1. ( Phương pháp hệ số bất định )
Ta có :
$\frac{1}{{\left( {x - 1} \right){{\left( {x + 1} \right)}^2}}} = \frac{A}{{x - 1}} + \frac{B}{{\left( {x + 1} \right)}} + \frac{C}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} = \frac{{A{{\left( {x + 1} \right)}^2} + B\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right) + C\left( {x - 1} \right)}}{{\left( {x - 1} \right){{\left( {x + 1} \right)}^2}}}$
Thay hai nghiệm mẫu số vào hai tử số : $\left\{ \begin{array}
  1 = 4A  \\
  1 =  - 2C  \\
\end{array}  \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}
  A = \frac{1}{4}  \\
  C =  - \frac{1}{2}  \\
\end{array}  \right.$.   Khi đó (1)
$ \Leftrightarrow \frac{{\left( {A + B} \right){x^2} + \left( {2A + C} \right)x + A - B - C}}{{\left( {x - 1} \right){{\left( {x + 1} \right)}^2}}} \Rightarrow A - B - C = 1 \Leftrightarrow B = A - C - 1 = \frac{1}{4} + \frac{1}{2} - 1 =  - \frac{1}{4}$
Do đó : $\int\limits_2^3 {\frac{1}{{\left( {x - 1} \right){{\left( {x + 1} \right)}^2}}}dx}  = \int\limits_2^3 {\left( {\frac{1}{4}.\frac{1}{{x - 1}} + \frac{1}{4}.\frac{1}{{\left( {x + 1} \right)}} - \frac{1}{2}\frac{1}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}} \right)dx} $
$ \Leftrightarrow I = \left[ {\frac{1}{4}\ln \left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right) + \frac{1}{2}.\frac{1}{{\left( {x + 1} \right)}}} \right]\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
  3 \\
  2
\end{array} = \frac{1}{4}\ln 8 = \frac{3}{4}\ln 2} \right.$
Cách 2:
Đặt : t=x+1, suy ra : x=t-1 và khi x=2 thì t=3 ; khi x=3 thì t=4 .
Khi đó :
 I=$\int\limits_2^3 {\frac{1}{{\left( {x - 1} \right){{\left( {x + 1} \right)}^2}}}dx}  = \int\limits_3^4 {\frac{{dt}}{{{t^2}\left( {t - 2} \right)}} = \frac{1}{2}\int\limits_3^4 {\frac{{t - \left( {t - 2} \right)}}{{{t^2}\left( {t - 2} \right)}}dt}  = \frac{1}{2}\left( {\int\limits_2^4 {\frac{1}{{t\left( {t - 2} \right)}}dt - \int\limits_3^4 {\frac{1}{t}dt} } } \right)} $
$ \Leftrightarrow I = \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{2}\int\limits_2^4 {\left( {\frac{1}{{t - 2}} - \frac{1}{t}} \right)dt - \int\limits_3^4 {\frac{1}{t}dt} } } \right) = \left( {\frac{1}{4}\ln \left| {\frac{{t - 2}}{t}} \right| - \frac{1}{2}\ln \left| t \right|} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
  4 \\
  3
\end{array} = } \right.\frac{3}{4}\ln 2$
Hoặc:
$\frac{1}{{{t^3} - 2{t^2}}} = \frac{{\left( {3{t^2} - 4t} \right)}}{{{t^3} - 2{t^2}}} - \frac{1}{4}\left( {\frac{{3{t^2} - 4t - 4}}{{{t^3} - 2{t^2}}}} \right) = \left[ {\frac{{3{t^2} - 4t}}{{{t^3} - 2{t^2}}} - \frac{1}{4}\frac{{\left( {3t + 2} \right)}}{{{t^2}}}} \right] = \frac{{3{t^2} - 4t}}{{{t^3} - 2{t^2}}} - \frac{1}{4}\left( {\frac{3}{t} + \frac{2}{{{t^2}}}} \right)$
Do đó : I=$\int\limits_3^4 {\left( {\frac{{3{t^2} - 4t}}{{{t^3} - 2{t^2}}} - \frac{1}{4}\left( {\frac{3}{t} + \frac{2}{{{t^2}}}} \right)} \right)dt = \left( {\ln \left| {{t^3} - 2{t^2}} \right| - \frac{1}{4}\left( {3\ln \left| t \right| - \frac{2}{t}} \right)} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
  4 \\
  3
\end{array} = } \right.} \frac{3}{4}\ln 2$
Hoặc : $\frac{1}{{{t^2}\left( {t - 2} \right)}} = \frac{1}{4}\left( {\frac{{{t^2} - \left( {{t^2} - 4} \right)}}{{{t^2}\left( {t - 2} \right)}}} \right) = \frac{1}{4}\left( {\frac{1}{{t - 2}} - \frac{{t + 2}}{{{t^2}}}} \right) = \frac{1}{4}\left( {\frac{1}{{t - 2}} - \frac{1}{t} - \frac{2}{{{t^2}}}} \right)$
Do đó :
I=$\frac{1}{4}\int\limits_3^4 {\left( {\frac{1}{{t - 2}} - \frac{1}{t} - \frac{2}{{{t^2}}}} \right)dt = \frac{1}{4}\left( {\ln \left| {\frac{{t - 2}}{t}} \right| + \frac{2}{t}} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
  4 \\
  3
\end{array}} \right.}  = \frac{1}{4}\left( {\ln \frac{1}{2} + \frac{1}{2} - \ln \frac{1}{3} - \frac{2}{3}} \right) = \frac{1}{4}\left( {\ln 3 - \ln 2 - \frac{1}{6}} \right)$

Ví dụ 11:
Tính tích phân sau : I= $\int\limits_2^3 {\frac{{{x^2}}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}\left( {x + 2} \right)}}dx} $
Giải
Đặt : x-1=t , suy ra : x=t+1 , dx=dt và : khi x=2 thì t=1 ; x=3 thì t=2 .
Do đó : $\int\limits_2^3 {\frac{{{x^2}}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}\left( {x + 2} \right)}}dx}  = \int\limits_1^2 {\frac{{{{\left( {t + 1} \right)}^2}}}{{{t^2}\left( {t + 3} \right)}}dt}  = \int\limits_1^2 {\frac{{{t^2} + 2t + 1}}{{{t^2}\left( {t + 3} \right)}}dt} $
Cách 1: ( Hệ số bất định )
Ta có :$\frac{{{t^2} + 2t + 1}}{{{t^2}\left( {t + 3} \right)}} = \frac{{At + B}}{{{t^2}}} + \frac{C}{{t + 3}} = \frac{{\left( {At + B} \right)\left( {t + 3} \right) + C{t^2}}}{{{t^2}\left( {t + 3} \right)}} = \frac{{\left( {A + C} \right){t^2} + \left( {3A + B} \right)t + 3B}}{{{t^2}\left( {t + 3} \right)}}$
Đồng nhất hệ số hai tử số : $\left\{ \begin{array}
  A + C = 1  \\
  3A + B = 2  \\
  3B = 1  \\
\end{array}  \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}
  B = \frac{1}{3}  \\
  A = \frac{5}{9}  \\
  C = \frac{4}{9}  \\
\end{array}  \right. \Rightarrow \frac{{{t^2} + 2t + 1}}{{{t^2}\left( {t + 3} \right)}} = \frac{1}{9}\frac{{t + 3}}{{{t^2}}} + \frac{4}{9}\frac{1}{{t + 3}}$
Do đó : $\int\limits_1^2 {\frac{{{t^2} + 2t + 1}}{{{t^2}\left( {t + 3} \right)}}dt}  = \int\limits_1^2 {\left( {\frac{1}{9}\left( {\frac{1}{t} + \frac{3}{{{t^2}}}} \right) + \frac{4}{9}\left( {\frac{1}{{t + 3}}} \right)} \right)dt}  = \left( {\frac{1}{9}\left( {\ln \left| t \right| - \frac{3}{t}} \right) + \frac{4}{9}\ln \left| {t + 3} \right|} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
  2 \\
  1
\end{array} = } \right.\frac{{17}}{6} + \frac{4}{9}\ln 5 - \frac{7}{9}\ln 2$
Cách 2:
Ta có : $\frac{{{t^2} + 2t + 1}}{{{t^2}\left( {t + 3} \right)}} = \frac{1}{3}\left( {\frac{{3{t^2} + 6t + 3}}{{{t^3} + 3{t^2}}}} \right) = \frac{1}{3}\left[ {\frac{{3{t^2} + 6t}}{{{t^3} + 3{t^2}}} + \frac{3}{{{t^2}\left( {t + 3} \right)}}} \right] = \frac{1}{3}\left[ {\left( {\frac{{3{t^2} + 6t}}{{{t^3} + 3{t^2}}}} \right) + \frac{1}{9}\left( {\frac{{{t^2} - \left( {{t^2} - 9} \right)}}{{{t^2}\left( {t + 3} \right)}}} \right)} \right]$ $ = \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 : $\int\limits_1^2 {\frac{{{t^2} + 2t + 1}}{{{t^2}\left( {t + 3} \right)}}dt}  = \int\limits_1^2 {\left( {\frac{1}{3}\left( {\frac{{3{t^2} + 6t}}{{{t^3} + 3{t^2}}}} \right) + \frac{1}{9}\left( {\frac{1}{{t + 3}} - \frac{1}{t} + \frac{3}{{{t^2}}}} \right)} \right)dt}  = \left[ {\frac{1}{3}\ln \left| {{t^3} + 3{t^2}} \right| + \frac{1}{{27}}\left( {\ln \left| {\frac{{t + 3}}{t}} \right| - \frac{3}{t}} \right)} \right]\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
  2 \\
  1
\end{array}} \right.$
Do đó I= $\frac{{17}}{6} + \frac{4}{9}\ln 5 - \frac{7}{9}\ln 2$

3. Đa thức : f(x)=${\text{a}}{{\text{x}}^{\text{3}}} + b{x^2} + cx + d\;\left( {a \ne 0} \right)$  có ba nghiệm:
Ví dụ 12:
Tính tích phân sau : I= $\int\limits_2^3 {\frac{1}{{x\left( {{x^2} - 1} \right)}}dx} $
Giải
Cách 1: ( Hệ số bất định )
Ta có : f(x)=$\frac{1}{{x\left( {{x^2} - 1} \right)}} = \frac{1}{{x\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)}} = \frac{A}{x} + \frac{B}{{x - 1}} + \frac{C}{{x + 1}} = \frac{{A\left( {{x^2} - 1} \right) + Bx\left( {x + 1} \right) + Cx\left( {x - 1} \right)}}{{x\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)}}$
Đồng nhất hệ số hai tử số bằng cách thay các nghiệm : x=0;x=1 và x=-1 vào hai tử ta có: $\left\{ \begin{array}
  x = 0 \to 1 =  - A  \\
  x =  - 1 \to 1 = 2C  \\
  x = 1 \to 1 = 2B  \\
\end{array}  \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}
  A =  - 1  \\
  B = \frac{1}{2}  \\
  C = \frac{1}{2}  \\
\end{array}  \right.\\ \Rightarrow f(x) =  - \frac{1}{x} + \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{{x - 1}}} \right) + \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{{x + 1}}} \right)$
Vậy : $\int\limits_2^3 {\frac{1}{{x\left( {{x^2} - 1} \right)}}dx}  = \int\limits_2^3 {\left( {\frac{1}{2}\left( {\frac{1}{{x - 1}} + \frac{1}{{x + 1}}} \right) - \frac{1}{x}} \right)dx}  = \left[ {\frac{1}{2}\left( {\ln \left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)} \right) - \ln \left| x \right|} \right]\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
  3 \\
  2
\end{array} = \frac{5}{2}\ln 2 - \frac{3}{2}\ln 3} \right.$
Cách 2: ( Phương pháp nhẩy 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 : $\int\limits_2^3 {\frac{1}{{x\left( {{x^2} - 1} \right)}}dx}  = \frac{1}{2}\int\limits_2^3 {\frac{{2xdx}}{{{x^2} - 1}} - \int\limits_2^3 {\frac{1}{x}dx}  = \left( {\frac{1}{2}\ln \left( {{x^2} - 1} \right) - \ln x} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
  3 \\
  2
\end{array} = } \right.} \frac{5}{2}\ln 2 - \frac{3}{2}\ln 3$

Ví dụ 13:
Tính tích phân sau : I=$\int\limits_3^4 {\frac{{x + 1}}{{x\left( {{x^2} - 4} \right)}}dx} $
Giải
Cách 1:
Ta có : $\frac{{x + 1}}{{x\left( {{x^2} - 4} \right)}} = \frac{{x + 1}}{{x\left( {x - 2} \right)\left( {x + 2} \right)}} = \frac{A}{x} + \frac{B}{{x - 2}} + \frac{C}{{x + 2}} = \frac{{A\left( {{x^2} - 4} \right) + Bx\left( {x + 2} \right) + Cx\left( {x - 2} \right)}}{{x\left( {{x^2} - 4} \right)}}$
Thay các nghiệm của mẫu số vào hai tử số :
Khi x=0 : 1= -4A suy ra : A=-1/4
Khi x=-2 : -1= 8C suy ra C=-1/8
Khi x=2 : 3= 8B suy ra : B=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\limits_3^4 {\frac{{x + 1}}{{x\left( {{x^2} - 4} \right)}}dx}  =  - \frac{1}{4}\int\limits_2^3 {\frac{1}{x}dx - \frac{1}{8}\int\limits_2^3 {\frac{1}{{x - 2}}dx}  + \frac{3}{8}\int\limits_2^3 {\frac{1}{{x + 2}}} dx = \left( { - \frac{1}{4}\ln \left| x \right| - \frac{1}{8}\ln \left| {x - 2} \right| + \frac{3}{8}\ln \left| {x + 2} \right|} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
  3 \\
  2
\end{array} = } \right.} $
    $ = \frac{5}{8}\ln 3 - \frac{3}{8}\ln 5 - \frac{1}{4}\ln 2$
Cách 2:
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 : $\int\limits_3^4 {\frac{{x + 1}}{{x\left( {{x^2} - 4} \right)}}dx}  = \frac{1}{4}\int\limits_3^4 {\left( {\frac{1}{{x - 2}} - \frac{1}{{x + 2}} + \frac{1}{2}\frac{{2x}}{{{x^2} - 4}} - \frac{1}{x}} \right)dx = } \left[ {\frac{1}{4}\ln \left| {\frac{{x - 2}}{{x + 2}}} \right| + \frac{1}{2}\ln \left( {{x^2} - 4} \right) - \ln \left| x \right|} \right]\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
  4 \\
  3
\end{array}} \right.$

Ví dụ 14:
Tính tích phân sau : $\int\limits_2^3 {\frac{{{x^2}}}{{\left( {{x^2} - 1} \right)\left( {x + 2} \right)}}dx} $
Giải
Cách 1: ( Hệ số bất định )
$\frac{{{x^2}}}{{\left( {{x^2} - 1} \right)\left( {x + 2} \right)}} = \frac{{{x^2}}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)\left( {x + 2} \right)}} = \frac{A}{{x - 1}} + \frac{B}{{x + 1}} + \frac{C}{{x + 2}} = \frac{{A\left( {x + 1} \right)\left( {x + 2} \right) + B\left( {x - 1} \right)\left( {x + 2} \right) + C\left( {{x^2} - 1} \right)}}{{\left( {{x^2} - 1} \right)\left( {x + 2} \right)}}$
Thay lần lượt các nghiệm mẫu số vào hai tử số :
Thay : x=1  Ta cớ : 1=2A , suy ra : A=1/2
Thay : x=-1 ,Ta có :1=-2B, suy ra : B=-1/2
Thay x=-2 ,Ta có : 4= -5C, suy ra : C=-5/4
Do đó :
I=$\int\limits_2^3 {\frac{{{x^2}}}{{\left( {{x^2} - 1} \right)\left( {x + 2} \right)}}dx}  = \int\limits_2^3 {\left( {\frac{1}{2}\frac{1}{{x - 1}} - \frac{1}{2}\frac{1}{{x + 1}} - \frac{5}{4}\frac{1}{{x + 2}}} \right)} dx = \left[ {\frac{1}{2}\ln \left| {\frac{{x - 1}}{{x + 1}}} \right| - \frac{5}{4}\ln \left| {x + 2} \right|} \right]\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
  3 \\
  2
\end{array}} \right. = \frac{1}{2}\ln \frac{3}{2}$
Cách 2. (Hạ bậc)
Ta có :
$\frac{{{x^2}}}{{\left( {{x^2} - 1} \right)\left( {x + 2} \right)}} = \frac{{{x^2} - 1 + 1}}{{\left( {{x^2} - 1} \right)\left( {x + 2} \right)}} = \frac{1}{{x + 2}} + \frac{1}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)\left( {x + 2} \right)}}\\
 = \frac{1}{{x + 2}} + \frac{1}{2}\frac{{x\left( {x + 1} \right) - \left( {x - 1} \right)\left( {x + 2} \right)}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)\left( {x + 2} \right)}} = \frac{1}{{x + 2}} + \frac{1}{2}\left[ {\frac{x}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 2} \right)}} - \frac{1}{{x + 1}}} \right] \\
= \frac{1}{{x + 2}} + \frac{1}{2}\left[ {1 + \frac{1}{3}\left( {\frac{1}{{x - 1}} - \frac{1}{{x + 2}}} \right) - \frac{1}{{x + 1}}} \right]$
Từ đó suy ra kết quả .

Trong chuyên đề này, ta sẽ tìm hiểu các cách tính tích phân  $\int\limits_\alpha ^\beta  {\frac{{R\left( x \right)}}{{Q(x)}}dx} $ với Q(x) có bậc cao hơn 3.

Lưu ý: Đối với hàm phân thức hữu tỷ có bậc tử thấp hơn bậc mẫu tới hai bậc hoặc tinh ý nhận ra tính chất đặc biệt của hàm số dưới dấu tích phân thì ta có cách giải ngắn gọn hơn.

Ví dụ 1.
Tính các tích phân sau .
a. $\int\limits_1^2 {\frac{{dx}}{{x\left( {{x^4} + 1} \right)}}} $                b. $\int\limits_0^{\frac{1}{2}} {\frac{{{x^2} + 1}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^3}\left( {x + 3} \right)}}dx\quad } $
Giải
a. $\int\limits_1^2 {\frac{{dx}}{{x\left( {{x^4} + 1} \right)}}} $ . Nếu theo cách phân tích bằng đồng nhất hệ số hai tử số thì ta có :
$f(x) = \frac{1}{{x\left( {{x^4} + 1} \right)}} = \frac{A}{x} + \frac{{B{x^3} + C{x^2} + Dx + E}}{{{x^4} + 1}} \\= \frac{{A\left( {{x^4} + 1} \right) + x\left( {B{x^3} + C{x^2} + Dx + E} \right)}}{{x\left( {{x^4} + 1} \right)}} $
$ \Leftrightarrow f(x) = \frac{{\left( {A + B} \right){x^4} + C{x^3} + D{x^2} + {\text{Ex + A}}}}{{x\left( {{x^4} + 1} \right)}}\\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}
  A + B = 0  \\
  C = 0,D = 0  \\
  E = 0  \\
  A = 1  \\
\end{array}  \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}
  A = 1  \\
  B =  - 1  \\
  C = 0,D = 0,  \\
  E = 0  \\
\end{array}  \right. \Rightarrow f(x) = \frac{1}{x} - \frac{{{x^3}}}{{{x^4} + 1}}$
Nhưng nếu ta tinh ý thì cách làm sau sẽ hay hơn .
Vì x và ${x^3}$ cách nhau 3 bậc , mặt khác $x \in \left[ {1;2} \right] \Rightarrow x \ne 0$. Cho nên ta nhân tử và mẫu với ${x^3} \ne 0$. Khi đó $f(x) = \frac{{{x^3}}}{{{x^4}\left( {{x^4} + 1} \right)}}$. Mặt khác $d\left( {{x^4}} \right) = 4{x^3}dx \Leftrightarrow dt = 4{x^3}dx\quad \left( {t = {x^4}} \right)$, cho nên :
$f(x)dx = \frac{1}{3}\frac{{3{x^3}dx}}{{{x^4}\left( {{x^4} + 1} \right)}} = \frac{1}{3}\frac{{dt}}{{t\left( {t + 1} \right)}} = \frac{1}{3}\left( {\frac{1}{t} - \frac{1}{{t + 1}}} \right) = f(t)$. Bài toán trở nên đơn giản hơn rất nhiều .
b. $\int\limits_0^{\frac{1}{2}} {\frac{{{x^2} + 1}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^3}\left( {x + 3} \right)}}dx\quad } $
Nhận xét :
* Nếu theo phương pháp chung thì ta làm như sau :
- $f(x) = \frac{{{x^2} + 1}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^3}\left( {x + 3} \right)}} = \frac{A}{{{{\left( {x - 1} \right)}^3}}} + \frac{B}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} + \frac{C}{{x - 1}} + \frac{D}{{x + 3}}$
- Sau đó quy đồng mẫu số , đồng nhất hệ số hai tử số , ta có : $A = \frac{1}{2},B = \frac{3}{8},C =  - D = \frac{5}{{32}}$
Do vậy : $I = \int\limits_0^{\frac{1}{2}} {\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} $
$ = \left[ { - \frac{1}{{8{{\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|} \right]\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
  {\frac{1}{2}} \\
  0
\end{array} = } \right.\frac{5}{{32}}\ln \frac{1}{{28}}$

Ví dụ 2.
Tính các tích phân sau :
a. $\int\limits_2^3 {\frac{{{x^4} - 1}}{{{x^6} - 1}}dx} $            b. $\int\limits_1^2 {\frac{{{x^2} + 1}}{{{x^6} + 1}}dx} $            c. $\int\limits_1^2 {\frac{{dx}}{{x\left( {1 + {x^4}} \right)}}} $
 d. $\int\limits_0^1 {\frac{{{x^3}}}{{{{\left( {1 + {x^2}} \right)}^3}}}dx} $        e. $\int\limits_0^1 {\frac{{{x^4} + 3{x^2} + 1}}{{{{\left( {1 + {x^2}} \right)}^3}}}dx} $        f. $\int\limits_{\frac{1}{3}}^1 {\frac{{{{\left( {x - {x^3}} \right)}^{\frac{1}{3}}}}}{{{x^4}}}dx} $
Giải
a. $\int\limits_1^2 {\frac{{{x^4} - 1}}{{{x^6} - 1}}dx}  = \int\limits_1^2 {\left( {\frac{{{x^4} + {x^2} + 1}}{{\left( {{x^2} - 1} \right)\left( {{x^4} + {x^2} + 1} \right)}} - \frac{{{x^2} + 2}}{{\left[ {{{\left( {{x^3}} \right)}^2} - 1} \right]}}} \right)dx}  = \int\limits_2^3 {\frac{1}{{{x^2} - 1}}dx + \int\limits_2^3 {\left( {\frac{{{x^2}}}{{\left[ {{{\left( {{x^3}} \right)}^2} - 1} \right]}} + \frac{1}{{{x^3} - 1}} - \frac{1}{{{x^3} + 1}}} \right)} } dx$
Tính J : J= artanx$\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
  3 \\
  2
\end{array}} \right. = {\text{artan3 - artan2}}$.
Tính K . Đặt $t = {x^3} \Rightarrow \left\{ \begin{array}
  dt = 3{x^2}dx,x = 2 \to t = 8;x = 3 \to t = 27  \\
  g(x)dx = \frac{{{x^2}}}{{{x^3} - 1}}dx = \frac{1}{3}\frac{{dt}}{{\left( {{t^2} - 1} \right)}} = \frac{1}{3}\frac{1}{2}\left( {\frac{1}{{t - 1}} - \frac{1}{{t + 1}}} \right)dt  \\
\end{array}  \right.$
Do đó : K=$\int\limits_2^3 {g(x)dx}  = \frac{1}{6}\int\limits_8^{27} {\left( {\frac{1}{{t - 1}} - \frac{1}{{t + 1}}} \right)dt}  = \frac{1}{6}\left( {\ln \left| {t - 1} \right| - \ln \left| {t + 1} \right|} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
  {27} \\
  8
\end{array} = \frac{1}{6}\ln \left| {\frac{{t - 1}}{{t + 1}}} \right|\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
  {27} \\
  8
\end{array} = } \right.} \right.\frac{1}{6}\ln \frac{{117}}{{98}}$
Tính E=$\int\limits_2^3 {\frac{1}{{{x^3} - 1}}dx}  = \int\limits_2^3 {\frac{1}{{\left( {x - 1} \right)\left( {{x^2} + x + 1} \right)}}dx} $
Ta có : $h(x) = \frac{1}{{\left( {x - 1} \right)\left( {{x^2} + x + 1} \right)}} = \frac{{{x^2} - \left( {{x^2} - 1} \right)}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {{x^2} + x + 1} \right)}} = \frac{{{x^2}}}{{{x^3} - 1}} - \frac{{{x^2} - 1}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {{x^2} + x + 1} \right)}}$
$ = \frac{{{x^2}}}{{{x^3} - 1}} - \frac{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {{x^2} + x + 1} \right)}} = \frac{{{x^2}}}{{{x^3} - 1}} - \frac{{x + 1}}{{{x^2} + x + 1}} = \frac{{{x^2}}}{{{x^3} - 1}} - \frac{1}{2}\left( {\frac{{2x + 1}}{{{x^2} + x + 1}} + \frac{1}{{{x^2} + x + 1}}} \right)$
Vậy : $I = \frac{1}{3}\int\limits_2^3 {\frac{{3{x^2}}}{{{x^3} - 1}}dx}  - \frac{1}{2}\int\limits_2^3 {\frac{{\left( {2x + 1} \right)}}{{{x^2} + x + 1}}dx - \int\limits_2^3 {\frac{1}{{{{\left( {x + \frac{1}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}}}dx} } $
$ = \frac{1}{3}\ln \left( {{x^3} - 1} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
  3 \\
  2
\end{array} - \frac{1}{2}\ln \left( {{x^2} + x + 1} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
  3 \\
  2
\end{array} - F = \frac{1}{3}\ln \frac{{28}}{9} - \frac{1}{2}\ln \frac{{13}}{6} - F} \right.} \right.\quad \left( 2 \right)$
Tính F: Đặt : $x + \frac{1}{2} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\tan t \Rightarrow \left\{ \begin{array}
  dx = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\frac{1}{{c{\text{o}}{{\text{s}}^{\text{2}}}t}}dt  \\
  x = 2 \to \tan t = \frac{5}{{\sqrt 3 }} \to t = a;x = 3 \to \tan t = \frac{{10}}{{\sqrt 3 }} \to t = b  \\
\end{array}  \right.$
Do đó F=$\int\limits_a^b {\frac{{\frac{{\sqrt 3 }}{2}\frac{1}{{c{\text{o}}{{\text{s}}^{\text{2}}}t}}dt}}{{\frac{{\sqrt 3 }}{2}\left( {1 + {{\tan }^2}t} \right)}} = \int\limits_a^b {dt}  = t\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
  b \\
  a
\end{array} = b - a\quad \left( {\operatorname{t} {\text{ant = }}\frac{{\text{5}}}{{\sqrt {\text{3}} }} \to t = a = {\text{artan}}\frac{{\text{5}}}{{\sqrt {\text{3}} }};b = {\text{artan}}\frac{{{\text{10}}}}{{\sqrt {\text{3}} }}} \right)} \right.} $
Thay vào (2) ta có kết quả .
b. $\int\limits_1^2 {\frac{{{x^2} + 1}}{{{x^6} + 1}}dx}  = \int\limits_0^1 {\frac{{{x^2} + 1}}{{\left( {{x^2} + 1} \right)\left( {{x^4} - {x^2} + 1} \right)}}dx = \int\limits_1^2 {\frac{1}{{{{\left( {{x^2} - 1} \right)}^2} - {x^2}}}dx} }  = \int\limits_1^2 {\frac{1}{{\left( {{x^2} + x + 1} \right)\left( {{x^2} - x + 1} \right)}}dx} $
Ta có : $\frac{1}{{\left( {{x^2} + x + 1} \right)\left( {{x^2} - x + 1} \right)}} = \frac{{{\text{Ax + B}}}}{{{x^2} + x + 1}} + \frac{{Cx + D}}{{{x^2} - x + 1}}$
$ = \frac{{\left( {A + C} \right){x^3} + \left( {B - A + C + D} \right){x^2} + \left( {A - B + C + D} \right)x + \left( {B + D} \right)}}{{{x^4} - {x^2} + 1}}$
Đồng nhất hệ số hai tử số ta có hệ : $\left\{ \begin{array}
  A + C = 0  \\
  B - A + C + D = 0  \\
  A - B + C + D = 0  \\
  B + D = 1  \\
\end{array}  \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}
  A =  - C  \\
  1 - 2C = 0  \\
   - B + D = 0  \\
  B + D = 1  \\
\end{array}  \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}
  A =  - \frac{1}{2}  \\
  C = \frac{1}{2}  \\
  D = \frac{1}{2}  \\
  B = \frac{1}{2}  \\
\end{array}  \right.$
Vậy : $I = \frac{1}{2}\left( {\int\limits_1^2 {\frac{{1 - x}}{{{x^2} + x + 1}}dx + \int\limits_1^2 {\frac{{x + 1}}{{{x^2} - x + 1}}dx} } } \right) = \frac{1}{2}\left( {J + K} \right)\left( 1 \right)$
Tính J=$\int\limits_1^2 {\frac{{ - x + 1}}{{{x^2} + x + 1}}dx}  =  - \frac{1}{2}\int\limits_1^2 {\frac{{2x + 1 - 3}}{{{x^2} + x + 1}}dx} $
$ =  - \frac{1}{2}\int\limits_1^2 {\frac{{2x + 1}}{{{x^2} + x + 1}}dx}  + \frac{3}{2}\int\limits_1^2 {\frac{1}{{{{\left( {x + \frac{1}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}}}dx}  =  - \frac{1}{2}\ln \left| {{x^2} + x + 1} \right|\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
  2 \\
  1
\end{array} + E\quad \left( 2 \right)} \right.$
Tính E =$\frac{3}{2}\int\limits_1^2 {\frac{1}{{{{\left( {x + \frac{1}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}}}dx} $, (đặt : $x + \frac{1}{2} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\tan t$)
Tính K
$K = \int\limits_1^2 {\frac{{x + 1}}{{{x^2} - x + 1}}dx}  = \frac{1}{2}\int\limits_1^2 {\frac{{2x - 1 + 3}}{{{x^2} - x + 1}}dx} \\ = \frac{1}{2}\int\limits_1^2 {\frac{{2x - 1}}{{{x^2} - x + 1}}dx}  + \frac{3}{2}\int\limits_0^1 {\frac{1}{{{{\left( {x - \frac{1}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}}}dx = \frac{1}{2}\ln \left| {{x^2} - x + 1} \right|\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
  2 \\
  1
\end{array} + F\quad \left( 2 \right)} \right.} $
Tính F=$\frac{3}{2}\int\limits_1^2 {\frac{1}{{{{\left( {x - \frac{1}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}}}dx} $, (đặt $x - \frac{1}{2} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\tan t$)
c. $\int\limits_1^2 {\frac{{dx}}{{x\left( {1 + {x^4}} \right)}}}  = \frac{1}{3}\int\limits_1^2 {\frac{{3{x^3}}}{{{x^4}\left( {1 + {x^4}} \right)}}dx}  = \frac{1}{3}\int\limits_1^2 {\left( {\frac{{d\left( {{x^4}} \right)}}{{{x^4}}} - \frac{{d\left( {{x^4}} \right)}}{{1 + {x^4}}}} \right) = \frac{1}{3}\ln \left( {\frac{{{x^4}}}{{1 + {x^4}}}} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
  2 \\
  1
\end{array} = \frac{1}{3}\ln \frac{{32}}{{17}}} \right.} $
d. $\int\limits_0^1 {\frac{{{x^3}}}{{{{\left( {1 + {x^2}} \right)}^3}}}dx}  = \frac{1}{2}\int\limits_0^1 {\frac{{{x^2}}}{{{{\left( {1 + {x^2}} \right)}^3}}}2xdx} \quad \left( 1 \right)$. Đặt : $t = 1 + {x^2} \Rightarrow \left\{ \begin{array}
  {x^2} = t - 1;dt = 2xdx  \\
  x = 0 \to t = 1,x = 1 \to t = 2  \\
\end{array}  \right.$
Do đó $I = \int\limits_1^2 {\frac{{t - 1}}{{{t^3}}}dt}  = \int\limits_1^2 {\left( {\frac{1}{{{t^2}}} - \frac{1}{{{t^3}}}} \right)dt}  = \left( { - \frac{1}{t} + \frac{1}{{4{t^2}}}} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
  2 \\
  1
\end{array} = \frac{{13}}{{16}}} \right.$
e. $\int\limits_0^1 {\frac{{{x^4} + 3{x^2} + 1}}{{{{\left( {1 + {x^2}} \right)}^3}}}dx}  = \int\limits_0^1 {\left( {\frac{{{{\left( {1 + {x^2}} \right)}^2}}}{{{{\left( {1 + {x^2}} \right)}^3}}} + \frac{{{x^2}}}{{{{\left( {1 + {x^2}} \right)}^3}}}} \right)dx}  = \int\limits_0^1 {\frac{1}{{1 + {x^2}}}dx}  + \int\limits_0^1 {\frac{{{x^2}}}{{{{\left( {1 + {x^2}} \right)}^3}}}dx}  = J + K\left( 1 \right)$
Tính J : Bằng cách đặt $x = \tan t \Rightarrow J = \frac{\pi }{4}$
Tính K=$\int\limits_0^1 {\left( {\frac{1}{{{{\left( {1 + {x^2}} \right)}^2}}} - \frac{1}{{{{\left( {1 + {x^2}} \right)}^3}}}} \right)dx}  = E + F\left( 2 \right)$
Tính E : Bằng cách đặt $\begin{array}
  x = \tan t \leftrightarrow \left\{ \begin{array}
  dx = \frac{1}{{c{\text{o}}{{\text{s}}^{\text{2}}}t}}dt  \\
  x = 0 \to t = 0;x = 1 \to t = \frac{\pi }{4}  \\
\end{array}  \right.  \\
    \\
\end{array} $
Vậy : $E = \frac{1}{2}\int\limits_0^1 {{{\left( {\frac{1}{{1 + {x^2}}}} \right)}^2}dx = \frac{1}{2}} \int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {{{\left( {\frac{1}{{1 + {{\tan }^2}t}}} \right)}^2}\frac{1}{{c{\text{o}}{{\text{s}}^{\text{2}}}t}}dt = } \frac{1}{2}\int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {\frac{1}{{\frac{1}{{c{\text{o}}{{\text{s}}^{\text{4}}}t}}}}\frac{1}{{c{\text{o}}{{\text{s}}^{\text{2}}}t}}dt}  = \frac{1}{2}\int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {c{\text{o}}{{\text{s}}^{\text{2}}}tdt} $
$ = \frac{1}{4}\int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {\left( {1 + c{\text{os2t}}} \right)dt}  = \frac{1}{4}\left( {t + \frac{1}{2}\sin 2t} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
  {\frac{\pi }{4}} \\
  0
\end{array} = \frac{1}{4}\left( {\frac{\pi }{4} + \frac{1}{2}} \right) = \frac{{\pi  + 2}}{{16}}} \right.$
Tính F. Tương tự như tính E ;
Bằng cách đặt $\begin{array}
  x = \tan t \leftrightarrow \left\{ \begin{array}
  dx = \frac{1}{{c{\text{o}}{{\text{s}}^{\text{2}}}t}}dt  \\
  x = 0 \to t = 0;x = 1 \to t = \frac{\pi }{4}  \\
\end{array}  \right.  \\
    \\
\end{array} $
Vậy : $F = \frac{1}{2}\int\limits_0^1 {{{\left( {\frac{1}{{1 + {x^2}}}} \right)}^3}dx = \frac{1}{2}} \int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {{{\left( {\frac{1}{{1 + {{\tan }^2}t}}} \right)}^3}\frac{1}{{c{\text{o}}{{\text{s}}^{\text{2}}}t}}dt = } \frac{1}{2}\int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {\frac{1}{{\frac{1}{{c{\text{o}}{{\text{s}}^{\text{6}}}t}}}}\frac{1}{{c{\text{o}}{{\text{s}}^{\text{2}}}t}}dt}  = \frac{1}{2}\int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {c{\text{o}}{{\text{s}}^{\text{4}}}tdt} $
$ = \frac{1}{8}\int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {{{\left( {1 + c{\text{os2t}}} \right)}^2}dt}  = \frac{1}{8}\int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {\left( {1 + 2c{\text{os}}2t + \frac{{1 + c{\text{os4t}}}}{2}} \right)} dt\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
  {\frac{\pi }{4}} \\
  0
\end{array} = } \right.$
$\frac{1}{{16}}\int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {\left( {3 + 4\cos 2t + c{\text{os4t}}} \right)dt = } \frac{1}{{16}}\left( {3t + 2\sin 2t + \frac{1}{4}\sin 4t} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
  {\frac{\pi }{4}} \\
  0
\end{array} = \frac{1}{{16}}\left( {3\frac{\pi }{4} + 2} \right) = \frac{{3\pi  + 8}}{{64}}} \right.$
f. $\int\limits_{\frac{1}{3}}^1 {\frac{{{{\left( {x - {x^3}} \right)}^{\frac{1}{3}}}}}{{{x^4}}}dx}  = \int\limits_{\frac{1}{3}}^1 {{{\left( {\frac{{x - {x^3}}}{{{x^3}}}} \right)}^{\frac{1}{3}}}\frac{1}{{{x^3}}}dx}  = \int\limits_{\frac{1}{3}}^1 {{{\left( {\frac{1}{{{x^2}}} - 1} \right)}^{\frac{1}{3}}}\frac{1}{{{x^2}}}.\frac{{dx}}{x}} $
Đặt : $t = \left( {\frac{1}{{{x^2}}} - 1} \right) \Rightarrow t + 1 = \frac{1}{{{x^2}}} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}
  dt =  - \frac{{dx}}{x}  \\
  x = \frac{1}{3} \to t = 8;x = 1 \to t = 0  \\
\end{array}  \right.$
Khi đó $I =  - \int\limits_8^0 {{t^{\frac{1}{3}}}\left( {t + 1} \right)dt}  = \int\limits_0^8 {\left( {{t^{\frac{4}{3}}} + {t^{\frac{1}{3}}}} \right)dt}  = \left( {\frac{3}{7}{t^{\frac{7}{3}}} + \frac{3}{4}{t^{\frac{4}{3}}}} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
  8 \\
  0
\end{array} = \frac{3}{7}{{.2}^7} + \frac{3}{4}{{.2}^4} = 16\left( {\frac{{24}}{7} + \frac{3}{4}} \right) = \frac{{468}}{7}} \right.$

Ví dụ 3.
Tính các tích phân sau
a.$\int\limits_1^{{e^{\frac{1}{{p + 2}}}}} {\frac{{{x^{\frac{p}{2}}}}}{{{x^{p + 2}} + 1}}dx} $                b. $\int\limits_0^a {\frac{{{x^3}dx}}{{{{\left( {{x^2} + {a^2}} \right)}^{\frac{3}{2}}}}}} $
   c. $\int\limits_0^1 {{e^{x + {e^x}}}dx} $                    d. $\int\limits_0^{2a} {x\sqrt {2ax - {x^2}} dx} $
Giải
a. $\int\limits_1^{{e^{\frac{1}{{p + 2}}}}} {\frac{{{x^{\frac{p}{2}}}}}{{{x^{p + 2}} + 1}}dx} $ :  Ta có : $f(x)dx = \frac{{{x^{\frac{p}{2}}}dx}}{{{{\left( {{x^{\frac{{p + 2}}{2}}}} \right)}^2} + 1}}$.
- Đặt : $t = {x^{\frac{{p + 2}}{2}}} = {x^{\frac{p}{2} + 1}} \Rightarrow \left[ \begin{array}
  dt = {x^{\frac{p}{2}}}dx  \\
  x = 1 \to t = 1;x = {e^{\frac{1}{{p + 2}}}} \to t = \sqrt e   \\
\end{array}  \right. \Leftrightarrow I = \int\limits_1^{\sqrt e } {\frac{{dt}}{{{t^2} + 1}}} $   
- Đặt : $t = \tan u \Rightarrow \left[ \begin{array}
  dt = \frac{{du}}{{c{\text{o}}{{\text{s}}^{\text{2}}}u}}  \\
  t = 1 \to u = \frac{\pi }{4},t = {e^{\frac{1}{2}}} \to u = {u_1}  \\
\end{array}  \right. \Leftrightarrow I = \int\limits_{\frac{\pi }{4}}^{{u_1}} {\frac{{du}}{{c{\text{o}}{{\text{s}}^{\text{2}}}u\left( {1 + {{\tan }^2}u} \right)}} = \int\limits_{\frac{\pi }{4}}^{{u_1}} {du = \frac{\pi }{4} - {u_1}} } $
- Từ : $\tan u = \sqrt e  \Rightarrow u = {u_1} = {\text{artan}}\sqrt {\text{e}}  \Leftrightarrow I = \frac{\pi }{4} - {\text{artan}}\sqrt {\text{e}} $
b. $\int\limits_0^a {\frac{{{x^3}dx}}{{{{\left( {{x^2} + {a^2}} \right)}^{\frac{3}{2}}}}}} $.
Đặt : $x = {\text{atant}} \Rightarrow \left\{ \begin{array}
  {\text{dx = a}}\frac{{{\text{dt}}}}{{{\text{co}}{{\text{s}}^{\text{2}}}t}};x = 0 \to t = 0,x = a \to t = \frac{\pi }{4}  \\
  f(x) = \frac{{{x^3}dx}}{{{{\left( {{x^2} + {a^2}} \right)}^{\frac{3}{2}}}}} = \frac{{{a^3}{{\tan }^3}t}}{{{a^3}{{\left( {\frac{1}{{c{\text{o}}{{\text{s}}^{\text{2}}}t}}} \right)}^{\frac{3}{2}}}}}a\frac{{{\text{dt}}}}{{{\text{co}}{{\text{s}}^{\text{2}}}t}} = a\cos t.{\tan ^3}tdt  \\
\end{array}  \right.$
Vậy : $I = \int\limits_0^a {f(x)dx}  = \int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {a\cos t.{{\tan }^3}tdt}  = \int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {a\cos t.\frac{{{{\sin }^3}t}}{{c{\text{o}}{{\text{s}}^{\text{3}}}t}}dt}  = \int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {a.\frac{{{{\sin }^3}t}}{{c{\text{o}}{{\text{s}}^{\text{2}}}t}}dt = } a\int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {\frac{{\left( {1 - c{\text{o}}{{\text{s}}^{\text{2}}}t} \right)\sin t}}{{c{\text{o}}{{\text{s}}^{\text{2}}}t}}dt} $
- Đặt : $c{\text{ost = u}} \Rightarrow \left\{ \begin{array}
  du =  - \operatorname{s} {\text{intdt;t = }}\frac{\pi }{4} \to u = \frac{1}{{\sqrt 2 }};t = 0 \to u = 1  \\
  f(t)dt = \frac{{\left( {1 - {u^2}} \right)}}{{{u^2}}}\left( { - du} \right) = \left( {1 - \frac{1}{{{u^2}}}} \right)du  \\
\end{array}  \right.$
Vậy : $I = \int\limits_1^{\frac{{\sqrt 2 }}{2}} {\left( {1 - \frac{1}{{{u^2}}}} \right)du = \left( {u + \frac{1}{u}} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
  {\frac{{\sqrt 2 }}{2}} \\
  1
\end{array} = \frac{{\sqrt 2 }}{2} + \frac{2}{{\sqrt 2 }} - 2 = \frac{3}{{\sqrt 2 }} - 2 = \frac{{3\sqrt 2 }}{2} - 2 = \frac{{3\sqrt 2  - 4}}{2}} \right.} $
c. $\int\limits_0^1 {{e^{x + {e^x}}}dx}  = \int\limits_0^1 {{e^x}{e^{{e^x}}}dx} $. Đặt : $t = {e^x} \Rightarrow \left\{ \begin{array}
  dt = {e^x}dx;x = 0 \to t = 1;x = 1 \to t = e  \\
  f(x)dx = {e^x}{e^{{e^x}}}dx = {e^t}dt  \\
\end{array}  \right.$
Vậy : $I = \int\limits_0^1 {f(x)dx}  = \int\limits_1^e {{e^t}dt}  = {e^t}\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
  e \\
  1
\end{array} = {e^e} - e} \right.$
d. $\int\limits_0^{2a} {x\sqrt {2ax - {x^2}} dx}  = \int\limits_0^{2a} {x\sqrt {{a^2} - {{\left( {x - a} \right)}^2}} dx} $
Đặt : $x - a = a.\sin t \Rightarrow \left\{ \begin{array}
  dx = a.c{\text{ostdt,x = 0}} \to {\text{t =  - }}\frac{\pi }{2}{\text{;x = 2a}} \to {\text{t = }}\frac{\pi }{2}  \\
  f(x)dx = \left( {a + a.\sin t} \right)\sqrt {{a^2}c{\text{o}}{{\text{s}}^{\text{2}}}t} .a.c{\text{ostdt}}  \\
\end{array}  \right.$
Vậy : $I = {a^3}\int\limits_{ - \frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}} {\left( {1 + \sin t} \right)c{\text{o}}{{\text{s}}^{\text{2}}}tdt}  = {a^3}\left[ {\int\limits_{ - \frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}} {c{\text{o}}{{\text{s}}^{\text{2}}}tdt + \int\limits_{ - \frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}} {c{\text{o}}{{\text{s}}^{\text{2}}}t\sin tdt} } } \right] = {a^3}\left[ {\int\limits_{ - \frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}} {\frac{{1 + c{\text{os2}}t}}{2}dt - \int\limits_{ - \frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}} {c{\text{o}}{{\text{s}}^{\text{2}}}td\left( {c{\text{os}}t} \right)} } } \right]$
$ = {a^3}\left[ {\frac{1}{2}\left( {t + \frac{1}{2}\sin 2t} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
  {\frac{\pi }{2}} \\
  { - \frac{\pi }{2}}
\end{array} - \frac{1}{3}{\text{co}}{{\text{s}}^{\text{3}}}t\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
  {\frac{\pi }{2}} \\
  { - \frac{\pi }{2}}
\end{array}} \right.} \right.} \right] = {a^3}\left[ {\frac{1}{2}\left( {\frac{\pi }{2} + \frac{\pi }{2}} \right)} \right] = {a^3}\frac{\pi }{2}$

Ví dụ 4.

Tính các tích phân sau
a. $\int\limits_2^3 {\frac{{dx}}{{{x^5} - {x^2}}}} $                    b. $\int\limits_0^1 {\frac{{{x^7}dx}}{{{{\left( {1 + {x^4}} \right)}^2}}}} $
 c. $\int\limits_0^1 {\frac{{{x^3} - 2x}}{{{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2}}}dx} $                d. $\int\limits_1^2 {\frac{{\sqrt {1 + {x^3}} }}{{{x^4}}}dx} $
Giải
a. $\int\limits_2^3 {\frac{{dx}}{{{x^5} - {x^2}}}}  = \int\limits_2^3 {\frac{1}{{{x^2}\left( {x - 1} \right)\left( {{x^2} + x + 1} \right)}}dx\quad \left( 1 \right)} $
Xét : $f(x) = \frac{1}{{{x^2}\left( {x - 1} \right)\left( {{x^2} + x + 1} \right)}} = \frac{A}{{{x^2}}} + \frac{B}{x} + \frac{{Cx + D}}{{{x^2} + x + 1}} + \frac{E}{{x - 1}}$
$ = \frac{{A\left( {{x^2} + x + 1} \right)\left( {x - 1} \right) + Bx\left( {x - 1} \right)\left( {{x^2} + x + 1} \right) + \left( {Cx + D} \right){x^2}\left( {x - 1} \right) + E({x^2} + x + 1){x^2}}}{{{x^2}\left( {x - 1} \right)\left( {{x^2} + x + 1} \right)}}$
$ = \frac{{\left( {B + C + E} \right){x^4} + \left( {A + D - C + E} \right){x^3} + \left( {E - D} \right){x^2} - Bx - A}}{{{x^2}\left( {x - 1} \right)\left( {{x^2} + x + 1} \right)}}$.
Đồng nhất hệ số hai tử số ta có hệ :
$\left\{ \begin{array}
  B + C + E = 0  \\
  A + D - C + E = 0  \\
  E - D = 0  \\
  B = 0  \\
  A =  - 1  \\
\end{array}  \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}
  C =  - E  \\
  E + E + E = 1  \\
  B = 0  \\
  E = D  \\
  A =  - 1  \\
\end{array}  \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}
  D = \frac{1}{3}  \\
  C =  - \frac{1}{3}  \\
  B = 0  \\
  E = \frac{1}{3}  \\
  A =  - 1  \\
\end{array}  \right. \Rightarrow f(x) =  - \frac{1}{{{x^2}}} + \frac{{ - \frac{1}{3}x + \frac{1}{3}}}{{{x^2} + x + 1}} + \frac{{\frac{1}{3}}}{{x - 1}}$
Vậy : $I = \int\limits_2^3 {\left( { - \frac{1}{{{x^2}}} + \frac{{ - \frac{1}{3}x + \frac{1}{3}}}{{{x^2} + x + 1}} + \frac{{\frac{1}{3}}}{{x - 1}}} \right)dx}  = \int\limits_2^3 {\left( { - \frac{1}{{{x^2}}} - \frac{1}{3}\left( {\frac{{x - 1}}{{{x^2} + x + 1}}} \right) + \frac{1}{3}\frac{1}{{\left( {x - 1} \right)}}} \right)dx} $
$ = \left( {\frac{1}{x} - \frac{1}{6}\ln \left| {{x^2} + x + 1} \right| + \frac{1}{3}\ln \left| {x - 1} \right|} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
  3 \\
  2
\end{array} - \int\limits_2^3 {\frac{{dx}}{{{{\left( {x + \frac{1}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}}}} } \right.\\ = \left( {\frac{1}{x} + \frac{1}{6}\ln \frac{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}{{{x^2} + x + 1}} + \frac{1}{{\sqrt 3 }}{\text{arctan}}\frac{{{\text{2x + 1}}}}{{\sqrt 3 }}} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
  3 \\
  2
\end{array}} \right.$$ = \frac{1}{6} + \frac{1}{{\sqrt 3 }}\left( {{\text{arctan}}\frac{{\text{7}}}{{\sqrt {\text{3}} }} - {\text{arctan}}\frac{{\text{5}}}{{\sqrt {\text{3}} }}} \right)$
b. $\int\limits_0^1 {\frac{{{x^7}dx}}{{{{\left( {1 + {x^4}} \right)}^2}}}}  = \frac{1}{3}\int\limits_0^1 {\frac{{{x^4}}}{{{{\left( {1 + {x^4}} \right)}^2}}}3{x^3}dx\quad \left( 1 \right)} $.
Đặt : $t = 1 + {x^4} \Rightarrow \left\{ \begin{array}
  dt = 3{x^3}dx,x = 0 \to t = 1;x = 1 \to t = 2  \\
  f(x)dx = \frac{1}{3}\left( {\frac{{t - 1}}{{{t^2}}}} \right)dt = \frac{1}{3}\left( {\frac{1}{t} - \frac{1}{{{t^2}}}} \right)dt  \\
\end{array}  \right.$
Vậy : $I = \int\limits_0^2 {\frac{1}{3}\left( {\frac{1}{t} - \frac{1}{{{t^2}}}} \right)dt = \frac{1}{3}\left( {\ln \left| t \right| + \frac{1}{t}} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
  2 \\
  1
\end{array} = \frac{1}{3}\left( {\ln 2 - \frac{1}{2}} \right)} \right.} $
c. $\int\limits_0^1 {\frac{{{x^3} - 2x}}{{{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2}}}dx}  = \frac{1}{2}\int\limits_0^1 {\frac{{\left( {{x^2} - 2} \right)}}{{{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2}}}2xdx} \quad \left( 1 \right)$
Đặt : $t = 1 + {x^2} \Leftrightarrow {x^2} - 2 = t - 3 \Rightarrow \left\{ \begin{array}
  dt = 2xdx;x = 0 \to t = 1;x = 1 \to t = 2  \\
  f(x)dx = \frac{1}{2}\left( {\frac{{t - 3}}{{{t^2}}}} \right)dt = \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{t} - \frac{3}{{{t^2}}}} \right)dt  \\
\end{array}  \right.$
Vậy : $I = \int\limits_1^2 {\frac{1}{2}\left( {\frac{1}{t} - \frac{3}{{{t^2}}}} \right)dt = \frac{1}{2}\left( {\ln \left| t \right| + \frac{3}{t}} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
  2 \\
  1
\end{array} = \frac{1}{2}\left( {\ln 2 - \frac{3}{2}} \right)} \right.} $
d. $\int\limits_1^2 {\frac{{\sqrt {1 + {x^3}} }}{{{x^4}}}dx}  = \int\limits_1^2 {\frac{{\sqrt {1 + {x^3}} }}{{{x^6}}}{x^2}dx} \quad \left( 1 \right)$.
Đặt : $t = \sqrt {1 + {x^3}}  \leftrightarrow {t^2} = 1 + {x^3} \leftrightarrow \left\{ \begin{array}
  2tdt = 3{x^2}dx;x = 1 \to t = \sqrt 2 ,x = 2 \to t = 3  \\
  f(x)dx = \frac{1}{3}\frac{{\sqrt {1 + {x^3}} }}{{{x^6}}}3{x^2}dx = \frac{1}{3}\frac{t}{{{{\left( {{t^2} - 1} \right)}^2}}}2tdt = \frac{2}{3}\frac{{{t^2}}}{{{{\left( {{t^2} - 1} \right)}^2}}}dt  \\
\end{array}  \right.$
Vậy : $I = \frac{2}{3}\int\limits_{\sqrt 2 }^3 {{{\left( {\frac{1}{{t + 1}} + \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{{t - 1}} - \frac{1}{{t + 1}}} \right)} \right)}^2}dt = \frac{2}{3}\left[ {\int\limits_{\sqrt 2 }^3 {\frac{1}{4}{{\left( {\frac{1}{{t + 1}} - \frac{1}{{t - 1}}} \right)}^2}} } \right]} $
$ = \frac{1}{6}\int\limits_{\sqrt 2 }^3 {\left( {\frac{1}{{{{\left( {t + 1} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {t - 1} \right)}^2}}} - \left( {\frac{1}{{t - 1}} - \frac{1}{{t + 1}}} \right)} \right)dt} $
$ = \frac{1}{6}\left[ { - \frac{1}{{t + 1}} - \frac{1}{{t - 1}} - \ln \left| {\frac{{t - 1}}{{t + 1}}} \right|} \right]\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
  3 \\
  {\sqrt 2 }
\end{array} = \frac{1}{6}\left( {\frac{{ - 2t}}{{\left( {{t^2} - 1} \right)}} - \ln \left| {\frac{{t - 1}}{{t + 1}}} \right|} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
  3 \\
  {\sqrt 2 }
\end{array}} \right.} \right. = \frac{{8\sqrt 2  - 3}}{{24}} + \frac{1}{3}\ln \left( {2\sqrt 2  - 2} \right)$

Ví dụ 5.

Tính các tích phân sau :
a. $\int\limits_{\sqrt 7 }^4 {\frac{{dx}}{{x\sqrt {{x^2} + 9} }}} $                    b. $\int\limits_0^1 {\frac{{\left( {{x^2} - x} \right)dx}}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}} $
 c. $\int\limits_0^{\sqrt 3 } {\frac{{{x^5} - 2{x^3}}}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}dx} $                    d. $\int\limits_0^1 {\sqrt {{{\left( {1 - {x^2}} \right)}^3}} dx} $
Giải
a. $\int\limits_{\sqrt 7 }^4 {\frac{{dx}}{{x\sqrt {{x^2} + 9} }}}  = \int\limits_{\sqrt 7 }^4 {\frac{{xdx}}{{{x^2}\sqrt {{x^2} + 9} }}} \quad \left( 1 \right)$.
Đặt : $t = \sqrt {{x^2} + 9}  \Rightarrow \left\{ \begin{array}
  {t^2} = {x^2} + 9 \leftrightarrow tdt = xdx,{x^2} = {t^2} - 9  \\
  x = \sqrt 7  \to t = 4,x = 4 \to t = 5  \\
\end{array}  \right.$. Do đó : $I = \int\limits_4^5 {\frac{{dt}}{{t\left( {{t^2} - 9} \right)}} = } \int\limits_4^5 {\frac{{dt}}{{t\left( {t - 3} \right)\left( {t + 3} \right)}}} $
Ta có : $f(t) = \frac{1}{{t\left( {t - 3} \right)\left( {t + 3} \right)}} = \frac{A}{t} + \frac{B}{{t - 3}} + \frac{C}{{t + 3}} = \frac{{A\left( {{t^2} - 9} \right) + Bt\left( {t + 3} \right) + C\left( {t - 3} \right)t}}{{t\left( {{t^2} - 9} \right)}}$
Đồng nhất hệ số hai tử số bằng cách thay lần lượt các nghiệm vào hai tử số ta có :
- Với x=0 : -9A=1 $ \to A =  - \frac{1}{9}$
- Với x=-3 : 9C=1 $ \to C = \frac{1}{9}$
- Với x=3 : 9B=1 $ \to B = \frac{1}{9}$
Vậy : $I = \frac{1}{9}\left[ {\int\limits_4^5 {\left( { - \frac{1}{t} + \frac{1}{{t - 3}} + \frac{1}{{t + 3}}} \right)dt} } \right] = \frac{1}{9}\left[ {\ln \left( {{t^2} - 9} \right) - \ln t} \right]\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
  5 \\
  4
\end{array} = \frac{1}{9}\ln \frac{{{t^2} - 9}}{t}\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
  5 \\
  4
\end{array} = \frac{1}{9}\ln \frac{{144}}{{35}}} \right.} \right.$
Chú ý : Nếu theo phương pháp chung thì đặt : $x = 3\sin t \to dx = 3\cos tdt$.
Khi : $\left\{ \begin{array}
  x = \sqrt 7  \to \sqrt 7  = 3\sin t \leftrightarrow \sin t = \frac{{\sqrt 7 }}{3}  \\
  x = 4 \to 4 = 3\sin t \leftrightarrow \sin t = \frac{4}{3} > 1  \\
\end{array}  \right.$. Như vậy ta không sử dụng được phương pháp này được .
b. $\int\limits_0^1 {\frac{{\left( {{x^2} - x} \right)dx}}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}}  = \int\limits_0^1 {\frac{{{x^2}}}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}dx - \int\limits_0^1 {\frac{x}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}dx}  = J - K\quad \left( 1 \right)} $
* Để tính J :
Đặt : $x = \tan t \Rightarrow \left\{ \begin{array}
  dx = \frac{1}{{c{\text{o}}{{\text{s}}^2}t}}dt,x = 0 \to t = 0;x = 1 \to t = \frac{\pi }{4}  \\
  f(x)dx = \frac{{{{\tan }^2}t.\frac{1}{{c{\text{o}}{{\text{s}}^2}t}}dt}}{{\sqrt {1 + {{\tan }^2}t} }} = \frac{{{{\tan }^2}t}}{{c{\text{ost}}}}dt  \\
\end{array}  \right.$. Tính tích phân này không đơn giản , vì vậy ta phải có cách khác .
- Từ : $g(x) = \frac{{{x^2}}}{{\sqrt {{x^2} + 1} }} = \frac{{{x^2} + 1 - 1}}{{\sqrt {{x^2} + 1} }} = \sqrt {{x^2} + 1}  - \frac{1}{{\sqrt {{x^2} + 1} }} \Rightarrow \int\limits_0^1 {g(x)dx = \int\limits_0^1 {\sqrt {{x^2} + 1} dx - \int\limits_0^1 {\frac{1}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}dx} } } $
- Hai tích phân này đều tính được .
+/ Tính : $E = \int\limits_0^1 {\sqrt {{x^2} + 1} dx = } x\sqrt {{x^2} + 1} \left| {\begin{array}{*{20}{c}}
  1 \\
  0
\end{array} - \int\limits_0^1 {\frac{{{x^2}}}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}dx = } } \right.\sqrt 2  - \left( {\int\limits_0^1 {\sqrt {{x^2} + 1} } dx - \int\limits_0^1 {\frac{1}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}dx} } \right)$
$ = \sqrt 2  - E + \ln \left| {x + \sqrt {{x^2} + 1} } \right|\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
  1 \\
  0
\end{array}} \right. \Rightarrow 2E = \sqrt 2  + \ln \left( {1 + \sqrt 2 } \right) \Leftrightarrow E = \frac{{\sqrt 2 }}{2} + \frac{1}{2}\ln \left( {1 + \sqrt 2 } \right)$
* Tính K=$\int\limits_0^1 {\frac{x}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}dx = \sqrt {{x^2} + 1} \left| {\begin{array}{*{20}{c}}
  1 \\
  0
\end{array} = \sqrt 2  - 1} \right.} $; $\int\limits_0^1 {\frac{1}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}dx = \ln \left| {x + \sqrt {{x^2} + 1} } \right|\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
  1 \\
  0
\end{array} = \ln \left( {1 + \sqrt 2 } \right)} \right.} $
Do vậy : I=$\frac{{\sqrt 2 }}{2} + \frac{1}{2}\ln \left( {1 + \sqrt 2 } \right) + \ln \left( {1 + \sqrt 2 } \right) = \frac{{\sqrt 2 }}{2} + \frac{3}{2}\ln \left( {1 + \sqrt 2 } \right)$
c. $\int\limits_0^{\sqrt 3 } {\frac{{{x^5} - 2{x^3}}}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}dx}  = \int\limits_0^{\sqrt 3 } {\frac{{{x^5}}}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}dx - 2\int\limits_0^{\sqrt 3 } {\frac{{{x^3}}}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}dx = J - K\left( 1 \right)} } $
- Tính J: Đặt $t = \sqrt {{x^2} + 1}  \Rightarrow \left\{ \begin{array}
  {x^2} = {t^2} - 1;xdx = tdt;x = 0 \to t = 1,x = \sqrt 3  \to t = 2  \\
  f(x)dx = \frac{{{x^4}xdx}}{{\sqrt {{x^2} + 1} }} = \frac{{{{\left( {{t^2} - 1} \right)}^2}tdt}}{t} = \left( {{t^4} - 2{t^2} + 1} \right)dt  \\
\end{array}  \right.$
Suy ra : J=$\int\limits_1^2 {\left( {{t^4} - 2{t^2} + 1} \right)dt = \left( {\frac{1}{5}{t^5} - \frac{2}{3}{t^3} + t} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
  2 \\
  1
\end{array} = \frac{{38}}{{15}}} \right.} $
- Tính K: Đặt $t = \sqrt {{x^2} + 1}  \Rightarrow \left\{ \begin{array}
  {x^2} = {t^2} - 1;xdx = tdt;x = 0 \to t = 1,x = \sqrt 3  \to t = 2  \\
  f(x)dx = \frac{{{x^2}xdx}}{{\sqrt {{x^2} + 1} }} = \frac{{\left( {{t^2} - 1} \right)tdt}}{t} = \left( {{t^2} - 1} \right)dt  \\
\end{array}  \right.$
Suy ra : K= $\int\limits_1^2 {\left( {{t^2} - 1} \right)dt = \left( {\frac{1}{3}{t^3} - t} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
  2 \\
  1
\end{array} = \frac{4}{3}} \right.} $
Vậy : I=$\frac{{28}}{{15}} + \frac{4}{3} = \frac{{48}}{{15}} = \frac{{16}}{5}$
d. $\int\limits_0^1 {\sqrt {{{\left( {1 - {x^2}} \right)}^3}} dx} $. Đặt : $x = \sin t \to \left\{ \begin{array}
  dx = c{\text{ostdt}}{\text{. x = 0}} \to {\text{t = 0;x = 1}} \to {\text{t = }}\frac{\pi }{2}  \\
  f(x)dx = \sqrt {{{\left( {1 - {x^2}} \right)}^3}} dx = \sqrt {c{\text{o}}{{\text{s}}^{\text{6}}}t} c{\text{ostdt = co}}{{\text{s}}^{\text{4}}}tdt  \\
\end{array}  \right.$
Do đó I=$\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {{{\left( {\frac{{1 - c{\text{os2t}}}}{2}} \right)}^2}dt = \frac{1}{4}\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\left( {1 - 2\cos 2t + \frac{{1 + c{\text{os4t}}}}{2}} \right)dt = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\left( {\frac{3}{4} - \frac{1}{2}c{\text{os2t + }}\frac{1}{{\text{8}}}c{\text{os4t}}} \right)dt} } } $
            $ = \left( {\frac{3}{4}t - \frac{1}{4}\sin 2t + \frac{1}{{32}}\sin 4t} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
  {\frac{\pi }{2}} \\
  0
\end{array} = \frac{{3\pi }}{8}} \right.$

TỔ HỢP – XÁC SUẤT
I.    Tổ hợp.
1.    Hoán vị:
$P_n=n!=1.2.3…n$ (với $n \in N^*$)
2.    Chỉnh hợp:
$A^{k}_{n}=\frac{n!}{(n-k)!}$ $(1 \leq k \leq n) $
Tính chất: $P_n=A^{n}_{n} $
3.    Tổ hợp:
$C^{k}_{n}= \frac{n!}{k!(n-k)!}$
4.    Tính chất:
$P_n=A^{n}_{n}; A^{k}_{n}=A^{k}_{n}.k!   $
$C^{k}_{n}=C^{n-k}_{n}  $
$C^{k-1}_{n-1}+ C^{k}_{n-1}=C^{k}_{n}(1 \leq k \leq n).   $
5.    Nhị thức Niu-tơn:
$(a+b)^n=C^{0}_{n}a^n+C^{1}_{n}a^{n-1}b^1+C^{2}_{n}a^{n-2}b^2+…+C^{n-1}_{n}a^1b^{n-1}+C^{n}_{n}a^0b^n.    $
$=\sum_{k=0}^{n}C^{k}_{n}a^{n-k}b^k  (n \in N^*)$
Số hạng tổng quát trong khai triển: $T_{k+1}= C^{k}_{n}a^{n-k}b^k (n \in N^*) $
II.    Xác suất.
•    Xác suất của biến cố $A$:
$P(A)= \frac{n(A)}{n(\Omega )}.(0 \leq P(A) \leq 1) $
Trong đó $n(A)$ là số phần tử của biến cố $A$. $n(\Omega )$ là số phần tử của không gian mẫu $\Omega $
•    Tính chất xác suất:
$P(\varnothing )=0$
$P(\Omega )=1$
•    Các quy tắc tính xác suất.
1.    Quy tắc cộng xác suất.
Nếu hai biến cố $A$ và $B$ xung khắc thì xác suất để $A$ hoặc $B$ xảy ra là:
$$P(A \cup B)=P(A)+P(B)$$
Mở rộng: Cho $k$ biến cố $A_1,A_2,…,A_k$ đôi một xung khắc. Khi đó:
$$P(A_1 \cup A_2 \cup … \cup A_k)=P(A_1)+P(A_2)+…+P(A_k).$$
$P(\overline{A})=1-P(A) $ (Với $\overline{A}$ là biến cố đối của biến cố $A$ )
2.    Quy tắc nhân xác suất.
Nếu hai biến cố $A$ và $B$ độc lập với nhau thì:
$$ P(AB)=P(A)P(B)$$
Mở rộng: Nếu $k$ biến cố $A_1,A_2,…,A_k$ độc lập với nhau thì:
$$P(A_1A_2…A_k)=P(A_1)P(A_2)…P(A_k)$$
•    Kì vọng:
Cho $X$ là biến ngẫu nhiên rời rạc với tập giá trị là ${x_1,x_2,…,x_n}.$ Kì vọng của $X$, kí hiệu là $E(X)$, là một số thực được tính theo công thức:
$$E(X)=x_1p_1+x_2p_2+…+x_np_n= \sum_{i=1}^{n}x_ip_i, $$
ở đó $p_i=P(X=x_i), (i=1,2,…,n)$
•    Phương sai:
Cho $X$ là biến ngẫu nhiên rời rạc với tập giá trị ${x_1,x_2,…,x_n}.$
Phương sai của $X$, kí hiệu là $V(X)$ là một số được tính theo công thức:
$V(X)=(x_1-\mu )^2p_1+(x_2-\mu )^2p_2+…+(x_n-\mu )^2p_n$
$=\sum_{i=1}^{n}(x_i-\mu )^2p_i, $
ở đó $p_i=P(X=x_i)(i=1,2,…,n)$ và $\mu =E(X)$
•    Độ lệch chuẩn:
Căn bậc hai của phương sai, kí hiệu $\sigma (X)$, được gọi là độ lệch chuẩn của $X$, nghĩa là:
$\sigma (X)= \sqrt{V(X)} $

  Trong bài viết này chúng ta sẽ đề cập đến hai ứng dụng cơ bản của định lý Lagrange, đó là chứng minh bất đẳng thức và chứng minh phương trình có nghiệm.
  Phương pháp :
Định lý Lagrange : Nếu hàm số $f(x)$ liên tục trên $[a; b]$, có đạo hàm trong $(a, b)$ thì tồn tại ít nhất một số $c \in (a, b)$ sao cho :        $f(b)-f(a)=f'(c).(b-a)$
Như vậy : Nếu $f(b)=f(a)$ thì phương trình $f'(x)=0$ có nghiệm $x=c \in (a, b)$
Sau đây là các ví dụ minh họa.

Ví dụ $1.$ Chứng minh rằng nếu $2a+3b+6c=0$ với $a, b, c \in \mathbb{R}$ phương trình $ax^2+bx +c=0$ có nghiệm thuộc $(0, 1)$.
Lời giải :
Xét hàm số : $\displaystyle f(x)=\frac{1}{3}ax^3+\frac{1}{2}bx^2+cx$ liên tục và khả vi trên $(0, 1)$
Ta có : $f'(x)=ax^2+bx+c$
Theo định lý Lagrange thì tồn tại số $x_0 \in (a, b)$ sao cho :
                                  $f(1)-f(0)=f'(x_0)(1-0)=f'(x_0)$
          với $\begin{cases}f(1)=\frac{1}{3}a+\frac{1}{2}b +c=\frac{2a+3b+6c}{6}\\ f(0)=0 \end{cases}$
Suy ra  $0=\frac{2a+3b+6c}{6}=ax_0^2+bx_0+c$
Như vậy $x_0$ là nghiệm của phương trình $ax^2+bx+c=0$ (đpcm).

Ví dụ $2.$ Chứng minh rằng phương trình :
             $5x^4+40x^3+105x^2+100x+24=0$ có bốn nghiệm phân biệt.
Lời giải :
Xét hàm số :  $f(x)=x^5+10x^4+35x^3+50x^2+24x$ liên tục và khả vi trên $\mathbb{R}$.
nhận thấy       $\begin{cases}f(x)=x(x+1)(x+2)(x+3)(x+4) \\ f'(x)=5x^4+40x^3+105x^2+100x+24 \end{cases}$
Do đó phương trình $f(x)=0$ có các nghiệm là $-4, -3, -2, -1, 0$. Tức là $f(-4)=f(-3)=f(-2)=f(-1)=f(0)=0$
Áp dụng định lý Lagrange lần lượt trên các đoạn :
             $[-4, -3], [-3, -2], [-2, -1], [-1, 0]$
Chẳng hạn xét trên đoạn $ [-1, 0]$ thì tồn tại $x_1$ sao cho:
               $f(0)-f(-1)=f'(x_1)(0- -1)=f'(x_1)$  với $x_1 \in (-1, 0) $
  $\Rightarrow 5x_1^4+40x_1^3+105x_1^2+100x_1+24=0 $
  $\Rightarrow x=x_1 $ là một nghiệm của phương trình $5x^4+40x^3+105x^2+100x+24=0$
Trong $(-1, 0)$ có một nghiệm, làm tương tự với ba khoảng còn lại ta được thêm ba nghiệm nữa.
Mặt khác thì các khoảng này tách rời nhau nên phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt.

Ví dụ $3.$ Chứng minh rằng với mọi $a, b, c \in \mathbb{R}$ cho trước thì phương trình :
                 $a\cos 3x +b\cos 2x + c\cos x + \sin x=0$ luôn có nghiệm.
Lời giải :
Xét hàm số : $f(x) = \frac{1}{3}a\sin 3x + \frac{1}{2}b\sin 2x + c\sin x -\cos x$
Ta thấy $f(x)$ liên tục và khả vi trên $(0, 2\pi)$.
Mặt khác,  $\begin{cases}f'(x) = a\cos 3x +b\cos 2x + c\cos x + \sin x \\ f(0)=f(2\pi)=-1 \end{cases}$.
Áp dụng định lý Lagrange thì tồn tại $x_0 \in (0, 2\pi)$ sao cho :
             $f(2\pi)-f(0)=f'(x_0)(2\pi-0)=2\pi.f'(x_0)$
$\Rightarrow a\cos 3x_0 +b\cos 2x_0 + c\cos x_0 + \sin x_0=0$
$\Rightarrow x_0$ là nghiệm của phương trình đã cho.

Ví dụ $4.$ Cho $f(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots +a_1x+a_0$ thỏa mãn :
             $\frac{a_n}{n+1} + \frac{a_{n-1}}{n}+ \cdots + \frac{a_1}{2}+a_0 = 0$.
Chứng minh phương trình $f(x)=0$ luôn có ít nhất một nghiệm.
Lời giải :
Xét hàm số $g(x)=\frac{a_n}{n+1}x^{n+1} + \frac{a_{n-1}}{n}x^n+ \cdots + \frac{a_1}{2}x^2+a_0x $
thấy rằng $g(x)$ liên tục và khả vi trên $\mathbb{R}$.
Mặt khác,  $\begin{cases}g'(x) =a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots +a_1x+a_0 = f(x)\\ g(0)=0\\g(1)=\frac{a_n}{n+1} + \frac{a_{n-1}}{n}+ \cdots + \frac{a_1}{2}+a_0 = 0 \end{cases}$.
Áp dụng định lý Lagrange thì tồn tại $x_0 \in (0,1)$ sao cho :
             $g(1)-g(0)=g'(x_0)(1-0)=g'(x_0)=f(x_0)$
$\Rightarrow a_nx_0^n+a_{n-1}x_0^{n-1}+\cdots +a_1x_0+a_0=0$
$\Rightarrow x_0$ là nghiệm của phương trình $f(x)=0$.

Ví dụ $5.$ Cho $0<a<b$. Chứng minh rằng :
                                $\displaystyle \frac{b-a}{b} < \ln \frac{b}{a} < \frac{b-a}{a}$
Lời giải :
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với :
                                 $\displaystyle \frac{b-a}{b} < \ln b - \ln a < \frac{b-a}{a}$
Xét hàm số : $f(x)=\ln x$ với $x \in (a, b)$
                    $f'(x)=\frac{1}{x}$ luôn tồn tại với $x \in (a, b)$ do $0<a<b$.
Theo định lý Lagrange thì tồn tại $c \in (a, b)$ sao cho :
                    $f(b)-f(a)=f'(c)(b-a)$
              $\Leftrightarrow \displaystyle \ln b - \ln a = \frac{1}{c}(b-a)$
              $\Leftrightarrow \displaystyle \frac{1}{c}=\frac{\ln b - \ln a}{b-a}$
Mặt khác : $a<c<b\Rightarrow \displaystyle \frac{1}{b}<\frac{1}{c}<\frac{1}{a}\Rightarrow \frac{1}{b}<\frac{\ln b - \ln a}{b-a}<\frac{1}{a}$
             $\Leftrightarrow  \displaystyle \frac{b-a}{b} < \ln b - \ln a < \frac{b-a}{a}$ (đpcm).

Ví dụ $6.$ Chứng minh rằng :
                 $\displaystyle \frac{a-b}{2} \le \cos \frac{a+b}{2} .\sin \frac{a-b}{2} \le  \frac{b-a}{2}$
Lời giải :
Bất đẳng thức cần chứng minh  $\Leftrightarrow a-b \le \sin a - \sin b \le b-a$
                                                          $\Leftrightarrow  \left| {\sin b - \sin a} \right| \le |b-a|$
Xét hàm số : $f(x)=\sin x$ với $x \in (a, b)$
                        $f'(x)=\cos x$ luôn tồn tại $\forall x \in (a, b)$
 Theo định lý Lagrange thì tồn tại $c \in (a, b)$ sao cho :
                     $f(b)-f(a)=f'(c)(b-a)$
              $\Rightarrow |f'(c)|=\left| {\frac{f(b)-f(a)}{b-a}} \right|$
              $\Rightarrow |\cos c|=\frac{ \left| {\sin b - \sin a} \right| }{|b-a|}$
Vì $|\cos c| \le 1\Rightarrow \frac{ \left| {\sin b - \sin a} \right| }{|b-a|} \le 1$
Do đó : $ \left| {\sin b - \sin a} \right| \le |b-a|$ (đpcm).

Ví dụ $7.$ Cho $n>1, n \in \mathbb{Z}$. Chứng minh rằng :
            $\displaystyle \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \cdots + \frac{1}{n} < \ln n < \displaystyle1+ \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \cdots + \frac{1}{n-1} $
Lời giải :
Xét hàm số : $f(x)=\ln x$ với $x \in (n-1, n)$ với $n>1$.
                        $f'(x)=\frac{1}{x}$ luôn tồn tại $\forall x \in (n-1, n)$ với $n>1$.
 Theo định lý Lagrange thì tồn tại $c \in (a,b)$ sao cho :
                          $f(n) - f(n-1)=f'(c)\left[ {n-(n-1)} \right]=f'(c)$
               $ \Rightarrow \ln n - \ln (n-1)= \frac{1}{c}$
 Vì $n-1 < c< n \Rightarrow \frac{1}{n} < \frac{1}{c} < \frac{1}{n-1}$
                          $\Rightarrow \frac{1}{n} < \ln n - \ln (n-1) < \frac{1}{n-1}            (*)$
 Lần lượt thay $n=2,3, \cdots, n$ vào $(*)$ ta được :
$\begin{cases} \frac{1}{2} < \ln 2 < 1  \\ \frac{1}{3} < \ln 3 - \ln 2 < \frac{1}{2}\\ \frac{1}{4} < \ln 4 - \ln 3 < \frac{1}{3}     \\ \cdots \\ \frac{1}{n} < \ln n - \ln (n-1) < \frac{1}{n-1}  \end{cases}$
Cộng các bất đẳng thức trên vế với vế ta được :
$\displaystyle \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \cdots + \frac{1}{n} < \ln 2 + \ln 3 - \ln 2+\ln 4 - \ln 3 + \cdots + \ln n - \ln (n-1) < \displaystyle1+ \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \cdots + \frac{1}{n-1} $
Do đó :
                $\displaystyle \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \cdots + \frac{1}{n} < \ln n < \displaystyle1+ \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \cdots + \frac{1}{n-1} $  (đpcm).


Bài $1.$ Cho các số thực $a, b, c$ thỏa mãn $14a+9b+6c=0$. Chứng minh rằng phương trình $ax^2 +bx +c = 0$ có ít nhât một nghiệm thuộc $[1, 2]$.

Bài $2.$ Chứng minh rằng nếu các số $a, b, c$ thỏa mãn $\frac{a}{m+2}+\frac{b}{m+1} +\frac{c}{m}=0$ với $m \in \mathbb{N}$ thì phương trình $ax^2 +bx +c = 0$ có nghiệm thuộc $(0, 1)$.

Bài $3.$ Chứng minh rằng nếu phương trình $a_1\cos x + a_2\cos 2x + \cdots + a_n\cos nx=0$ luôn có nghiệm với mọi $a_i \in \mathbb{R}$ với $i=1,2, \cdots, n.$

Bài $4$. Chứng minh rằng nếu phương trình $a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots +a_1x=0$ có nghiệm dương thì phương trình $na_nx^{n-1}+(n-1)a_{n-1}x^{n-2}+\cdots +a_1=0$ cũng có nghiệm dương.

Bài $5.$ Chứng minh rằng với mọi mọi $a, b \in \mathbb{R}$ thì : $\left| {\arctan a - \arctan b} \right| \le |a-b|$.

Bài $6.$ Chứng minh rằng $\frac{1}{a} < \frac{\ln a}{a-1} <1$ với $a>1$.

Bài $7.$ Chứng minh rằng với $a<a \le b$ và $n>1, n\in \mathbb{N}$ thì
                              $n.a^{n-1}(b-a) \le b^n - a^n \le nb^{n-1}(b-a)$

 Phương pháp :
Các bước thực hiện :
+ Tìm miền xác định của hàm số.
+ Tính đạo hàm và lập bảng biến thiên.
+ Từ bảng biến thiên, ta tính giá trị hàm số tại các đầu của miền xác định ; giá trị của hàm số tại các điểm đạo hàm triệt tiêu. So sánh các giá trị đó để tìm giá trị lớn nhất (GTLN), giá trị nhỏ nhất (GTNN).
Chú ý :
+ Có những bái toán có nhiều ẩn thì ta phải gom các ẩn đó về cùng một dạng rồi đặt ẩn phụ, tìm miền giá trị của ẩn phụ, sau đó mới xét hàm số theo biến số mới.
+ Để tồn tại GTLN, GTNN thì ta chỉ cần một hoặc vài giá trị của biến số (không nhất thiết phải tìm hết tất cả các giá trị của biến số).

Ví dụ $1.$ Tìm GTLN, GTNN của các hàm số sau :
a.                $y=\left ( \sin x +\cos x \right )^2+\displaystyle \frac{1}{ \sin^2 x \cos^2 x}$.
b.                $y=\displaystyle \frac{ \sin^4 x+\cos^4 x}{ \sin^6 x +\cos^6 x}$.
Lời giải :
a.
        $y=1+2\sin x \cos x +\displaystyle \frac{1}{ \sin^2 x \cos^2 x}=1+\sin 2x+\displaystyle \frac{4}{ \sin^2 2x}$
Đặt : $t=\sin 2x \Rightarrow \begin{cases}-1 \le t \le 1 \\ t \ne 0 \end{cases}$
   $\Rightarrow y=1+t+\frac{4}{t^2};           y'=1-\frac{8}{t^3}=\frac{t^3-8}{t^3}$
         $y'=0 \Leftrightarrow t^3-8=0 \Leftrightarrow t=2$
Bảng biến thiên :
\begin{array}{c|ccccccc}
t  & -1 & \quad & \quad & 0 & \; & \quad & 1\\
\hline
y^\prime & \quad  & +  & \quad & ∥ & \; & -  &\quad \\
\hline
\quad  & \quad & \quad & +\infty & ∥ & +\infty \\
f(x) & \quad & \nearrow  &  \quad  & ∥& \quad  &  \searrow & \quad  \\
\quad & 4& \quad & \quad &∥& \quad & \quad & 6&
\end{array}
Từ bảng biến thiên ta suy ra   $\min y = 4$ đạt được $\Leftrightarrow t=-1\Leftrightarrow \sin 2x = -1\Leftrightarrow x = -\frac{\pi}{4}+ k\pi     (k \in \mathbb{Z})$ .
Hàm số không đạt giá trị lớn nhất.
Vậy GTNN của hàm số là $\min y =4$ khi $x = -\frac{\pi}{4}+ k\pi     (k \in \mathbb{Z})$ .
b.
 Sử dụng các đẳng thức cơ bản :
                   $\sin^4x+\cos^4 x=1- \frac{1}{2}\sin^2 2x$
                   $\sin^6x+\cos^6 x=1- \frac{3}{4}\sin^2 2x$
Viết lại hàm số đã cho dưới dạng :
            $y= \displaystyle \frac{1- \frac{1}{2}\sin^2 2x}{1- \frac{3}{4}\sin^2 2x}=2.\frac{2- \sin^2 2x}{4-3\sin^2 2x}$
Đặt : $t=\sin^2 2x$ với $0 \le t \le 1$
Xét hàm số : $f(t)=2.\frac{2-t}{4-3t}$ với $0 \le t \le 1$
 Ta có :            $f'(t)=2.\frac{2}{(4-3t)^2}>0$  với $0 \le t \le 1$
Tức là $f(t)$ là hàm tăng trên $[0, 1]$.
Suy ra :
 $\min y = \min f(t)=f(0)=1$ đạt được khi $t=0\Rightarrow x=\frac{k\pi}{2},      k \in \mathbb{Z}$
 $\max y = \max f(t)=f(1)=2$ đạt được khi $t=1\Rightarrow x=\frac{\pi}{4}+\frac{m\pi}{2},      m \in \mathbb{Z}$

 Ví dụ $2.$ Cho ba số dương $x, y, z$ thỏa mãn $x+y+z \le \frac{3}{2}$
 Tìm GTNN của :  $P=x+y+z+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}$
 Lời giải :
 Từ giả thiết :  $\frac{3}{2} \ge x+y+z  \underbrace{\ge}_{\text{BĐT Cô-si}} 3\sqrt[3]{xyz}  \Rightarrow 0<3\sqrt[3]{xyz}\le \frac{1}{2}$
Mặt khác cũng theo BĐT Cô-si thì :
   $P=x+y+z+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z} \ge 3\sqrt[3]{xyz} + \displaystyle \frac{3}{\sqrt[3]{xyz}}$
 Đặt $t=\sqrt[3]{xyz}$ thì : $0<t \le \frac{1}{2}$
Xét hàm số :  $f(t)=3t+\frac{3}{t}$ với $0<t \le \frac{1}{2}$
                          $f'(t)=3-\frac{3}{t^2}=3.\frac{t^2-1}{t^2}$
                          $f'(t)=0\Leftrightarrow t^2-1=0\Leftrightarrow t= \pm 1$
 Bảng biến thiên :
\[\begin{array}{c|ccccccccc}
t  &0 & \; & \;  & \; &  \frac{1}{2}\\
\hline
f^\prime(t) & \; &\;   & -  \\
\hline
\;  &+\infty \; & \; & \; & \; & \; &   \\
f(t) & \;  &  \; & \searrow & \; & \;  & \;  \\
\quad  & \; & \; & \; & \; &  \frac{15}{2}
\end{array}\]
Từ bảng biến thiên ta suy ra   $\min f(t) =\frac{15}{2}$ đạt được $\Leftrightarrow t= \frac{1}{2}\Leftrightarrow x=y=z=\frac{1}{2}$
Vậy GTNN của $P$ bằng $  \frac{15}{2}$ khi $x=y=z=\frac{1}{2}$

Ví dụ $3.$ (Đại học khối $D-2009$) Cho các số thực không âm $x, y$ thay đôi và thỏa mãn $x+y=1$. Tìm GTLN và GTNN của biểu thức :  $S=(4x^2+3y)(4y^2+3x)+25xy$
Lời giải :
Do $x+y=1$, nên :  $S=16x^2y^2+12(x^3+y^3)+9xy+25xy=16x^2y^2+12\left[ {(x+y)^3-3xy(x+y)} \right]+34xy=16x^2y^2-2xy+12$
Đặt $t=xy$, ta được : $S=16t^2-2t+12$.
Mặt khác, từ BĐT quen thuộc  $0 \le xy \le \frac{(x+y)^2}{4}=\frac{1}{4}\Rightarrow  t \in \left[ {0; \frac{1}{4}} \right]$
Xét hàm $f(t)=16t^2-2t+12$ trên đoạn $\left[ {0; \frac{1}{4}} \right]$
                $f'(t)=32t-2;            f'(t)=0\Leftrightarrow t=\frac{1}{16}$
Bảng biến thiên :
\[\begin{array}{c|ccccccccc}
t  &0& \; & \; & \frac{1}{16} & \; &  \frac{1}{4}\\
\hline
f^\prime(t) & \;  & \; & -  & 0 \;  &  +   \\
\hline
\; & 12  & \; & \; & \; & \; & \;  \frac{25}{2}    \\
f(t) & \; & \; & \searrow  &  \; &   \nearrow & \;  \\
\quad  & \; & \; & \; &  \frac{191}{16} & \; & \: &
\end{array}\]
Từ bảng biến thiên ta suy ra :
$\max_{\displaystyle \left[ {0; \frac{1}{4}} \right]}f(t)=f\left ( \frac{1}{4} \right )=\frac{25}{2}$
$\min_{\displaystyle \left[ {0; \frac{1}{4}} \right]}f(t)=f\left ( \frac{1}{16} \right )=\frac{191}{16}$
Vậy,
GTLN của $S$ bằng $\frac{25}{2}$, khi $\begin{cases}x+y=1 \\ xy= \frac{1}{4}\end{cases}\Leftrightarrow (x; y)=\left ( \frac{1}{2}; \frac{1}{2} \right )$
GTNN của $S$ bằng $\frac{191}{16}$, khi $\begin{cases}x+y=1 \\ xy= \frac{1}{16}\end{cases} \Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} (x; y)=\left ( \frac{2+\sqrt{3}}{4}; \frac{2-\sqrt{3}}{4}  \right )\\ (x; y)=\left (  \frac{2-\sqrt{3}}{4}; \frac{2+\sqrt{3}}{4} \right ) \end{matrix}} \right.$

Ví dụ $4.$ (Đại học khối $B−2012$) Cho các số thực $x,y,z$ thỏa mãn các điều kiện $x+y+z=0$ và $x^2+y^2+z^2=1$.
Tìm GTLN của :  $P=x^5+y^5+z^5$
Lời giải :
Với $x+y+z=0$ và $x^2+y^2+z^2=1$, ta có :
$0=(x+y+z)^2=x^2+y^2+z^2+2x(y+z)+2yz=1−2x^2+2yz$, nên $yz=x^2−\frac{1}{2}$
 Mặt khác $yz \le \frac{y^2+z^2}{2}=\frac{1-x^2}{2},$ suy ra $x^2−\frac{1}{2} \le \frac{1-x^2}{2}$
  $\Rightarrow 3x^2 \le 2 \Rightarrow -\frac{\sqrt{6}}{3} \le x \le \frac{\sqrt{6}}{3}    $
Khi đó : $P=x^5+(y^2+z^2)(y^3+z^3)-y^2z^2(y+z)$
                    $=x^5+(1-x^2)\left[ {(y^2+z^2)(y+z)-yz(y+z)} \right]+\left ( x^2-\frac{1}{2} \right )^2x$
                    $=x^5+(1-x^2)\left[ {-x(1-x^2)+x\left ( x^2-\frac{1}{2} \right )} \right]+\left ( x^2-\frac{1}{2} \right )^2x$
                    $=\frac{5}{4}\left ( 2x^3-x \right )$
Xét hàm : $f(x)= 2x^3-x$ trên $\left[ { -\frac{\sqrt{6}}{3}, \frac{\sqrt{6}}{3} } \right]$
                  $f'(x)=6x^2-1;         f'(x)=0\Leftrightarrow x=\pm\frac{\sqrt{6}}{6}$
Bảng biến thiên :
\[\begin{array}{c|ccccccccc}
x  &-\frac{\sqrt{6}}{3} & \; & \; & -\frac{\sqrt{6}}{6} & \; & \; &  \frac{\sqrt{6}}{6} & \; & \; &  \frac{\sqrt{6}}{3} \\
\hline
f^\prime(x) & \; &+ & \; & 0 & \; & - &  0 & \; & + & \; & \\
\hline
\;  & \; & \; & \; & \; \frac{\sqrt{6}}{9} & \; & \; & \; & \; & \: & \frac{\sqrt{6}}{9}    \\
f(x) & \; & \; & \nearrow  &  \; & \; &  \searrow & \; &  \;  \nearrow \\
\quad & -\frac{\sqrt{6}}{9} & \; & \; & \; & \; & \: & -\frac{\sqrt{6}}{9}
\end{array}\]
Từ bảng biến thiên ta suy ra   $P =\frac{5}{4}f(x)\le \frac{5}{4}\max f(x) = \frac{5\sqrt{6}}{36}$.
Khi $x= \frac{\sqrt{6}}{3}, y=z=- \frac{\sqrt{6}}{6}$ thì dấu bằng xảy ra.
Vậy giá trị lớn nhất của $P$ là $ \frac{5\sqrt{6}}{36}.$

Ví dụ $5.$ (Đại học khối $A−2011$) Cho $x, y, z$ là ba số thực thuộc đoạn $[1; 4]$ và $x \ge y, x \ge z$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
                                   $P=\displaystyle \frac{x}{2x+3y}+\frac{y}{y+z}+\frac{z}{z+x}$
Lời giải :
Trước hết ta chứng minh :
          $\displaystyle \frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}\ge \frac{2}{1+\sqrt{ab}}                (*)$  với $a, b$ dương, $ab \ge 1$.
Thật vậy,
$(*) \Rightarrow (a+b+2)(1+\sqrt{ab}) \ge 2(1+a)(1+b)$
      $\Leftrightarrow (a+b)\sqrt{ab}+2\sqrt{ab} \ge a+b+2ab$
      $\Leftrightarrow \left (\sqrt{ab}-1\right )\left (\sqrt{a}-\sqrt{b} \right )^2 \ge0$ luôn đúng với $a, b$ dương, $ab \ge 1$.
Dấu bằng xảy ra $\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} a = b\\ ab=1 \end{matrix}} \right.$
Áp dụng $(*)$, với $x$ và $y$ thuộc đoạn $[1; 4]$ và $x \ge y$, ta có :
           $P=\displaystyle \frac{x}{2x+3y}+\frac{1}{1+\displaystyle\frac{z}{y}}+\frac{1}{1+\displaystyle\frac{x}{z}} \ge \frac{1}{2+\displaystyle \frac{3y}{x}}+\frac{2}{1+\displaystyle\sqrt{\frac{x}{y}}}$
 Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi : $\left[ {\begin{matrix} \frac{z}{y}=\frac{x}{z}\\\frac{x}{y}=1 \end{matrix}} \right.       (1)$
Đặt  $\sqrt{\frac{x}{y}}=t       t \in [1; 2]$. Khi đó : $\displaystyle P \ge \frac{t^2}{2t^2+3}+\frac{2}{1+t}$
Xét hàm  $f(t)= \frac{t^2}{2t^2+3}+\frac{2}{1+t}, t \in [1; 2]$
                  $f'(t)=\displaystyle \frac{-2\left[ {t^3(4t-3)+3t(2t-1)+9} \right]}{(2t^2+3)^2(1+t)^2} <0$
Tức là $f(t)$ nghịch biến trên $[1; 2]\Rightarrow f(t) \ge f(2) = \displaystyle \frac{34}{33}$.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi : $t=2\Leftrightarrow \frac{x}{y}=4\Leftrightarrow x=4, y=1            (2)$
Tóm lại  $P \ge \displaystyle \frac{34}{33}$.
Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi : $x=4, y=1, z=2$.
Vậy GTNN của $P$ bằng $ \displaystyle \frac{34}{33}$ khi $x=4, y=1, z=2$.

Ví dụ $6.$ Cho các số $x, y$ khác $0$ thỏa mãn :  $x^2+y^2=x\sqrt{1-y^2}+y\sqrt{1-x^2}$
Tìm giá trị nhỏ nhất của  $P=\displaystyle x^2+y^2+\frac{1}{4}\left ( \frac{1}{x^2} +\frac{1}{y^2} \right )$.
Lời giải :
Theo BĐT Bunhiacopsky ta có :
    $x^2+y^2=x\sqrt{1-y^2}+y\sqrt{1-x^2} \le \sqrt{\left ( x^2+y^2 \right )\left[ {2-\left ( x^2+y^2 \right )} \right]}$
$\Rightarrow \left ( x^2+y^2 \right )^2 \le \left ( x^2+y^2 \right )\left[ {2- \left ( x^2+y^2 \right )} \right]$
$\Rightarrow x^2+y^2 \le 2- \left ( x^2+y^2 \right )$
$\Rightarrow x^2+y^2 \le 1$
Mặt khác :
$P=\displaystyle x^2+y^2+\frac{1}{4}.\frac{x^2+y^2}{x^2y^2}=(x^2+y^2)\left ( 1+\frac{1}{4x^2y^2} \right )$
Theo BĐT Cô-si ta có :
     $4x^2y^2 \le (x^2+y^2)^2 \Rightarrow \frac{1}{4x^2y^2} \ge \frac{1}{\left ( x^2+y^2 \right )^2}$
$\Rightarrow P \ge (x^2+y^2)\left (1+\frac{1}{\left ( x^2+y^2 \right )^2} \right )=x^2+y^2+\frac{1}{x^2+y^2}$
Đặt $t=x^2+y^2$, với $0< t \le 1$.
Xét hàm số : $f(t)=t+\frac{1}{t}$ với $0< t \le 1$.
                       $f'(t)=1 - \frac{1}{t^2} \le 0$ với $0< t \le 1$.
 Suy ra $f(t)$ nghịch biến trên $(0; 1]$. Từ đó :
                      $f(t) \ge f(1)=2 \Rightarrow P \ge 2$
Nhận thấy dấu bằng xảy ra khi $t=1\Rightarrow \begin{cases}x^2+y^2=1 \\ x^2+y^2=x\sqrt{1-y^2}+y\sqrt{1-x^2} \end{cases}$. Chẳng hạn khi $x=y=\frac{1}{\sqrt 2}$
Vậy GTNN của $P$ là $2$ đạt được chẳng hạn khi $x=y=\frac{1}{\sqrt 2}$.

 Ví dụ $7.$ Cho tam giác $ABC$ nhọn. Tìm GTLN của biểu thức :
                                  $P=\left (1+ \sin^2 A \right )\left (1+ \sin^2 B \right )\left (1+ \sin^2 C \right )$
Lời giải :
 Ta có :
  $\left (1+ \sin^2 A \right )\left (1+ \sin^2 B \right )=1+ \sin^2 A + \sin^2 B + \sin^2 A \sin^2 B$
$=1+\frac{1-\cos 2A}{2}+\frac{1- \cos 2B}{2}+\frac{1}{4}\left[ {\cos (A-B) - \cos (A+B)} \right]^2$
$=2-\frac{1}{2}\left (\cos 2A + \cos 2B \right )+\frac{1}{4}\left[ {\cos (A-B) - \cos (A+B)} \right]^2$
$=2+\cos C \cos (A-B) +\frac{1}{4}\left[ {\cos (A-B) - \cos (A+B)} \right]^2$
$\le 2 + \cos C + \frac{1}{4}(1+\cos C)^2$
Chú ý rằng ở đây $\triangle ABC$ nhọn nên $\cos C > 0$ và $\cos (A-B) \le 1$.
Suy ra $\left (1+ \sin^2 A \right )\left (1+ \sin^2 B \right ) \le \frac{1}{4}(3+\cos C)^2$
       $\Leftrightarrow \left (1+ \sin^2 A \right )\left (1+ \sin^2 B \right )\left (1+ \sin^2 C \right ) \le \frac{1}{4}(3+\cos C)^2\left (2- \cos^2 C \right )$
Đặt $t=\cos C$ với $0<t<1$.
Xét hàm số  : $f(t)=\frac{1}{4}(t+3)^2(2-t^2)$
                      $f'(t)=\frac{1}{4}\left[ {2(t+3)(2-t^2)-2t(t+3)^2} \right]=\frac{1}{2}(t+3)(2-3t-2t^2)$
                      $f'(t)=0\Leftrightarrow 2-3t-2t^2=0\Leftrightarrow t=\frac{1}{2} $ với $0<t<1$.
Bảng biến thiên :
\[\begin{array}{c|ccccccccc}
t  &0 & \; & \; & \frac{1}{2} & \; & \; &  1\\
\hline
f^\prime(t) & \;  & \; & +  & 0 \;  &  \; & -   \\
\hline
\;  & \; & \; & \; & \;   \frac{ 343 }{64 }   \\
f(t) & \; & \; & \nearrow  &  \; & \; &  \searrow & \;  \\
\quad &\frac{9}{2} & \; & \; & \; & \; & \: &  4
\end{array}\]
Từ bảng biến thiên ta suy ra   $f(t) \le \frac{ 343 }{64 } $.
Dấu bằng xảy ra $\Leftrightarrow \begin{cases}\cos C = \frac{1}{2} \\ \cos (A-B)=1 \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}\widehat{C}=60^\circ \\ \widehat{A}=\widehat{B} \end{cases}\Leftrightarrow \widehat{A}=\widehat{B}=\widehat{C}=60^\circ$
Vậy GTLN của $P$ là $\frac{ 343 }{64 }$ đạt được khi tam giác $ABC$ đều.

Bài $1.$ Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số :  $y=\cos^4 x +\sin^2 x + \cos x \sin x$

Bài $2.$ Cho hai số dương $x, y$ thỏa mãn $x+y=1$
Tìm GTNN của biểu thức : $P=\displaystyle \frac{x}{\sqrt{1-x}}+\frac{y}{\sqrt{1-y}}$

Bài $3.$ (Đại học Khối $B-2011$) Cho $a$ và $b$ là các số thực dương thỏa mãn $2(a^2+b^2)+ab=(a+b)(ab+2)$
Tìm GTNN của biểu thức : $P=\displaystyle 4\left (\frac{a^3}{b^3}+\frac{b^3}{a^3} \right )-9\left (\frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{a^2} \right )$

Bài $4.$ (Đại học khối $D-2012$) Cho các số thực $x, y$ thỏa mãn điều kiện $(x-4)^2+(y-4)^2+2xy \le 32$.
Tìm GTNN của biểu thức :  $P=x^3+y^3+3(xy-1)(x+y-2)$.

Bài $5.$ (Đại học Khối $A-2012$) Cho các số thực $x, y, z$ thỏa mãn điều kiện $x+y+z=0$.
Tìm GTNN của biểu thức : $P=3^{\displaystyle |x-y|}+3^{\displaystyle |y-z|}+3^{\displaystyle |z-x|}-\sqrt{6x^2+6y^2+6x^2}$

Bài $6.$ Tìm GTLN và GTNN của hàm số :
                     $f(x)=5\cos x-\cos 5x$  với  $-\frac{\pi}{3} \le x \le \frac{\pi}{3}$

Bài $7.$ Cho $x, y$ là hai số thực thay đổi thỏa mãn $x^2+y^2=1$.
Tìm GTNN của biểu thức : $P=x\sqrt{1+y}+y\sqrt{1+x}$

I.  Phương trình mũ và lôgarit
Bài toán tổng quát :  Giải phương trình
                            $s^{ax+b}=r\log_s (ux+v) + dx + e                   (I)$
với $a\ne 0, u \ne 0, 0<s \ne 1$
Phương pháp giải :
Điều kiện để PT có nghĩa : $ux+v > 0$
Đặt ẩn phụ : $ay+b=\log_s (ux+v)$
$\Leftrightarrow s^{ay+b}=ux+v$
Lúc đó PT $(I)$ trở thành
   $s^{ax+b}=ary+dx+br+e$
Giả sử các điều kiện sau được thỏa mãn $\begin{cases}u=ar+d \\ v=br+e \end{cases}$, hay là
Với $b=0$ thì $v=e$
Với $b \ne 0$ thì $r=\displaystyle \frac{u-d}{a}=\displaystyle \frac{v-e}{b}$
Lúc đó ta có HPT
$\begin{cases}s^{ay+b}=ux+v \\ s^{ax+b}=ary+(u-ar)x+v \end{cases}$
Trừ theo từng vế và rút gọn ta được
    $s^{ax+b}+arx=s^{ay+b}+ary$
Nếu hàm số $f(x)=s^{ax+b}+arx$ đơn điệu trên $\mathbb{R}$ (nghĩa là $s>1$ và $ar>0$ hoặc $0<s<1$ và $ar<0$) thì $x=y$.
Theo cách đặt ẩn phụ ta có :
    $s^{ax+b}-ux-v=0$
 Khảo sát sự biến thiên của $g(x)=s^{ax+b}-ux-v$ để biết số nghiệm của $g(x)=0$ rồi tìm các nghiệm đó.

Ví dụ $1.$  Giải phương trình
\[7^{x-1}=1+2\log_7 (6x-5)^3                       (1)\]
Điều kiện : $x > \displaystyle \frac{5}{6}$
Đặt $y-1=\log_7 (6x-5)\Rightarrow 7^{y-1}=6x-5              (2)$
Lúc đó PT $(1)$ trở thành $7^{x-1}=6y-5              (3)$
Trừ theo từng vế $(2)$ và $(3)$ ta được
             $7^{y-1}-7^{x-1}=6x-6y$
$\Leftrightarrow 7^{x-1}+6(x-1)=7^{y-1}+6(y-1)           (4)$
Hàm số $f(t)=7^t+6t$ có $f'(t)=7^t\ln 7+6>0$ nên hàm số này đồng biến trên $\mathbb{R}$.
Do đó $(4)\Leftrightarrow f(x-1)=f(y-1) \Leftrightarrow x=y$.
Từ $(2)$ có $7^{x-1}=6x-5$
$\Leftrightarrow 7^{x-1}-6(x-1)-1=0                     (5)$
Hàm số $g(t)=7^t-6t-1$ có $g'(t)=7^t \ln 7 - 6$
và $g'(t)=0\Leftrightarrow t_0=\log_7 6 - \log_7 \ln7$
Từ đây suy ra hàm số nghịch biến trong $\left (-\infty, t_0 \right )$, đồng biến trong $\left ( t_0, + \infty\right )$ nên $g(t)=0$ không có quá hai nghiệm.
Mặt khác dễ thấy $g(0)=g(1)=0$
Suy ra PT $(5)$ có hai nghiệm $x_1=1, x_2=2$
Vậy PT $(1)$ có hai nghiệm $x_1=1, x_2=2$.

 Ví dụ $2.$ Giải phương trình
    \[\displaystyle \left ( \frac{1}{2} \right )^{2\sin^2 x}+\sin \frac{\pi}{6}=\cos 2x + \log_4 \left ( 4\cos^3 2x - \cos 6x -1 \right )\]
 Điều kiện : $4\cos^3 2x - \cos 6x -1>0\Leftrightarrow 3\cos 2x > 1$
 PT $\Leftrightarrow 2.2^{-2\sin^2 x}+1=2\cos 2x + 2\log_4 \left ( 4\cos^3 2x - \cos 6x -1 \right )$
       $\Leftrightarrow 2^{1-2\sin^2 x}+1=2\cos 2x + \log_2 4 . \log_4 \left ( 3\cos 2x -1 \right )$
       $\Leftrightarrow 2^{\cos 2x}+1=2\cos 2x + \log_2 \left ( 3\cos 2x -1 \right )$
 Đặt ẩn phụ : $z=\cos 2x$ có PT
       $\Leftrightarrow 2^{z}+1=2z + \log_2 \left ( 3z -1 \right )                      (*)$
 Đặt $y= \log_2 \left ( 3z -1 \right )\Leftrightarrow 2^y=3z-1$                      (i)
 Lúc đó PT $(*)$ trở thành  $2^z=2z+y-1$                (ii)
Trừ theo từng vế (i) cho (ii) rồi làm tương tự như  Ví dụ $1.$
   

II.  Phương trình dạng $f(f(x))=x$
 Bài toán tổng quát : Giải phương trình $f(f(x))=x                      (II)$
 trong đó $f(x)$ là hàm đồng biến trên tập xác định $D_x \subset \mathbb{R}$
 Phương pháp giải :
 Đặt ẩn phụ $y=f(x)$ thì $(II)$ trở thành $x=f(y)$ cũng là hàm số đồng biến trên tập xác định $D_y \subset \mathbb{R}$.
Giả sử có điều kiện $D_x=D_y$ thì từ HPT
   $\begin{cases}x=f(y) \\ y=f(x) \end{cases}\Rightarrow f(x)+x=f(y)+y$
Vì $f(x)$ và $x$ là các hàm đồng biến nên $g(t)=f(t)+t$ cũng là hàm đồng biến trên $D_t  (=D_x=D_y)$.
Do đó $ f(x)+x=f(y)+y \Leftrightarrow g(x)=g(y)\Leftrightarrow x=y$
Từ đó ta thu được PT $f(x)=x$
Khảo sát sự biến thiên $h(x)=f(x)-x$ rồi tìm các nghiệm.

Ví dụ : Giải phương trình
\[\log_2 \left ( 3\log_2 (3x-1) -1  \right )=x                   (1)\]
Điều kiện : $\begin{cases}3x-1 > 0 \\ 3\log_2 (3x-1) -1>0\end{cases}$
Đặt $y=\log_2 (3x-1) \Leftrightarrow 2^y=3x-1            (2)$
Từ $(1)\Leftrightarrow 2^x=3y-1                  (3)$
Từ $(2)$ và $(3)$ ta được hệ :
$\begin{cases}2^x=3y-1 \\2^y=3x-1 \end{cases}\Rightarrow 2^x+3x=2^y+3y$
Đến đây ta có thể làm tiếp như ở Ví dụ $1.$ phần trước.


III.  Phương trình chứa căn bậc hai và lũy thừa bậc hai
Bài toán tổng quát : Giải phương trình
               $\sqrt{ax+b}=r(ux+v)^2+dx+e                      (III)$
với $a \ne 0, u \ne 0, r \ne 0$
Phương pháp giải :
Điều kiện : $ax+b \ge 0$
Đặt ẩn phụ : $uy+v=\sqrt{ax+b}\Leftrightarrow (uy+v)^2=ax+b                     (1)$
với điều kiện $uy+v \ge 0$ lúc đó $(III)$ trở thành
              $r(ux+v)^2=uy-dx+v-e                (2)$
Giả sử các điều kiện sau được thỏa mãn $\begin{cases}u=ar+d \\ v=br+e \end{cases}$
Lúc đó HPT $(1), (2)$  trở thành hệ
      $\begin{cases} r(uy+v)^2=arx+br          (3)  \\ r(ux+v)^2=uy+(ar-u)x+br           (4) \end{cases}$
Trừ theo từng vế của $(3)$ và $(4)$ được
          $ r(uy+v)^2-r(ux+v)^2=ux-uy$
$\Leftrightarrow u(y-x)(ruy+rux+2rv+1)=0              (5)$
     Xét hai trường hợp :
a) Với $x=y$. PT $(1)\Leftrightarrow (ux+v)^2=ax+b$. Đây là PT bậc hai ẩn $x$ nên giải được.
b) Với $x \ne y$ thì từ $(5)$ có $uy=-ux-2v- \displaystyle \frac{1}{r}$. Thay vào $(1)$ dẫn đến PT bậc hai ẩn $x$.

  Tuy vậy, với mỗi bài toán cụ thể ta có thể đưa ra cách tìm các hệ số $u, v$ dễ dàng hơn như sau.

Ví dụ $1.$ Giải phương trình
\[\sqrt{2x+15}=32x^2+32x-20\]

Điều kiện : $2x+15 \ge 0$
Đặt $ay+b=\sqrt{2x+15}$
$\Leftrightarrow a^2y^2+2aby-2x+b^2-15=0   $
Mặt khác từ phép đặt và PT đã cho
$\Rightarrow 32x^2+32x-ay-(b+20)=0  $
Ta thu được hệ :
$\begin{cases}a^2y^2+2aby-2x+b^2-15=0\\32x^2+32x-ay-(b+20)=0\end{cases}          (*)$
Để có được điều kiện như bài toán tổng quát thì $(*)$ là hệ có thể giải được bằng phương pháp trừ vế với vế.
Tức là cần $\frac{a^2}{32}=\frac{2ab-2}{32-a}=\frac{b^2-15}{-(b+20)}$
Ta chọn $a=4, b=2$.
   Tóm lại ta có phép đặt : $4y+2=\sqrt{2x+15}   (y \ge -\frac{1}{2})$
và  $(*)\Leftrightarrow \begin{cases}16y^2+16y-2x-11=0                 (1)\\ 16x^2+16x-2y-11=0 \end{cases}$
Trừ theo từng vế và rút gọn ta được
   $(x-y)(8x+8y+9)=0$
Xét hai trường hợp :
a) $x=y$ thay vào $(1)$ được :
   $16x^2+14x-11=0\Leftrightarrow x=\frac{1}{2}   $ do $(x \ge -\frac{15}{2})$
b) $8x+8y+9=0$ thay $y=\displaystyle \frac{-8x-9}{8}$ vào $(1)$ được :
$\Leftrightarrow 64x^2+72x-35=0\Rightarrow x=\displaystyle \frac{-9-\sqrt{221}}{16}$ do $(y \ge -\frac{1}{2})$
 Vậy PT có hai nghiệm $x_1=\frac{1}{2}, x_2=\frac{-9-\sqrt{221}}{16}$.

Ví dụ $2.$ Giải phương trình
\[\sqrt{3x+1}=-4x^2+13x-5\]

Điều kiện : $3x+1 \ge 0$
Đặt $ay+b=\sqrt{3x+1}$
$\Leftrightarrow a^2y^2+2aby-3x+b^2-1=0 $
Mặt khác từ phép đặt và PT đã cho
$\Rightarrow -4x^2+13x-ay-(b+5)=0   $
Ta thu được hệ :
$\begin{cases}a^2y^2+2aby-3x+b^2-1=0\\-4x^2+13x-ay-(b+5)=0\end{cases}          (*)$
Ta cần có $\frac{a^2}{-4}=\frac{2ab-3}{13-a}=\frac{b^2-1}{-(b+5)}$
Ta chọn $a=-2, b=3$.
   Tóm lại ta có phép đặt : $-2y+3=\sqrt{3x+1}   (y \le \frac{3}{2})$
và  $(*)\Leftrightarrow \begin{cases}4y^2-12y-3x+8=0                 (3)\\ 4x^2-13x-2y+8=0 \end{cases}$
Trừ theo từng vế và rút gọn ta được
   $(x-y)(2x+2y-5)=0$
Xét hai trường hợp :
a) $x=y$ thay vào $(1)$ được :
   $4x^2-15x+8=0\Leftrightarrow x=\frac{15-\sqrt{97}}{8}   $ do $(x \ge -\frac{1}{3})$
b) $2x+2y-5=0$ thay $y=\displaystyle \frac{-2x+5}{2}$ vào $(1)$ được :
$\Leftrightarrow -4x^2+11x-3=0\Rightarrow x=\displaystyle \frac{11+\sqrt{73}}{8}$ do $(y \le \frac{3}{2})$
 Vậy PT có hai nghiệm $x_1= \displaystyle \frac{15-\sqrt{97}}{8},   x_2=\displaystyle \frac{11+\sqrt{73}}{8}$.

IV.  Phương trình chứa căn bậc ba và lũy thừa bậc ba
Bài toán tổng quát : Giải phương trình
               $\sqrt[3]{ax+b}=r(ux+v)^3+dx+e                      (IV)$
với $a \ne 0, u \ne 0, r \ne 0$
Phương pháp giải :
Đặt ẩn phụ : $uy+v=\sqrt[3]{ax+b}\Leftrightarrow (uy+v)^3=ax+b                     (1)$
Khi đó $(IV)$ trở thành
              $r(ux+v)^3=uy-dx+v-e                (2)$
Giả sử các điều kiện sau được thỏa mãn $\begin{cases}u=ar+d \\ v=br+e \end{cases}$
Lúc đó HPT $(1), (2)$  trở thành hệ
      $\begin{cases} r(uy+v)^3=arx+br          (3)  \\ r(ux+v)^3=uy+(ar-u)x+br           (4) \end{cases}$
Trừ theo từng vế của $(3)$ và $(4)$ được
          $ r(uy+v)^3-r(ux+v)^3=ux-uy$
$\Leftrightarrow ru(y-x)(P^2+PQ+Q^2)+u(y-x)=0$
$\Leftrightarrow u(y-x)(rP^2+rPQ+rQ^2+1)=0$
trong đó $P=uy+v$ và $Q=ux+v$.
     Xét hai trường hợp :
a) Với $x=y$. PT $(1)\Leftrightarrow (ux+v)^3=ax+b                         (5)$
b) Với $rP^2+rPQ+rQ^2+1=0                         (6)$
  Chú ý rằng $P^2+PQ+Q^2 \ge 0$ nên $(6)$ vô nghiệm khi $r>0$.
Khi $r<0$ phải giải PT $(6)$ tìm $y$ rồi thay vào PT $(1)$ để được PT $(7)$ ẩn $x$ bậc không vượt quá ba.
  Giải PT $(5),  (7)$ tìm được nghiệm của PT $(IV)$.

Ví dụ : Giải phương trình
\[\sqrt[3]{3x-5}=8x^3-36x^2+53x-25\]
Đặt $ay+b=\sqrt[3]{3x-5}$
$\Leftrightarrow a^3y^3+3a^2by^2+3ab^2y-3x+b^3+5=0   $
Mặt khác từ phép đặt và PT đã cho
$\Rightarrow 8x^3-36x^2+53x-ay-(b+25)=0  $
Ta thu được hệ :
$\begin{cases}a^3y^3+3a^2by^2+3ab^2y-3x+b^3+5=0\\8x^3-36x^2+53x-ay-(b+25)=0\end{cases}          (*)$
Để có được điều kiện như bài toán tổng quát thì $(*)$ là hệ có thể giải được bằng phương pháp trừ vế với vế.
Tức là cần $\frac{a^3}{8}=\frac{3a^2b}{-36}=\frac{3ab^2-3}{53-a}=\frac{b^3+5}{-(b+25)}$
Ta chọn $a=2, b=-3$.
   Tóm lại ta có phép đặt : $2y-3=\sqrt[3]{3x-5}  $
và  $(*)\Leftrightarrow \begin{cases}8y^3-36y^2+54y-3x-22=0                 (1)\\ 8x^3-36x^2+53x-2y-22=0 \end{cases}$
Trừ theo từng vế và rút gọn ta được
   $(x-y)(P^2+PQ+Q^2+1)=0$
trong đó $P=2y-3$ và $Q=2x-3$   (chú ý $r=1>0$).
Nhận thấy rằng $P^2+PQ+Q^2+1>0$ nên $x=y$.
Thay $x=y$ vào $(1)$ được :
   $8x^3-36x^2+51x-22=0\Leftrightarrow (x-2)(8x^2-20x+11)=0   $
 Vậy PT có ba nghiệm $x_1=2, x_2=\frac{5-\sqrt{3}}{4},  x_3=\frac{5+\sqrt{3}}{4}$.



    Giải các phương trình sau
Bài $1.$            $x^2=\sqrt{2-x}+2$
Bài $2.$            $x^2-4x-3=\sqrt{x+5}$
Bài $3.$            $x^3+2=3\sqrt[3]{3x-2}$
Bài $4.$            $\left ( 8 \cos^3 x + 1 \right )^3=162\cos 2x-27$
Bài $5.$            $6^x=1+2x+3\log_6 (5x+1)$
Bài $6.$            $f(f(x))=x$    với
                       a) $f(x)=\sin x         , x\in [-1, 1]$
                       b) $f(x)=x^2+5x+3         , x\ge 0$

  Trước hết ta nhắc lại công thức tính đạo hàm bằng định nghĩa :
\[f'(x_0)=\mathop {\lim }\limits_{x \to x_0}\displaystyle \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}\]
  Phương pháp này thường áp dụng đối với giới hạn có dạng  $\mathop {\lim }\limits_{x \to x_0}\displaystyle \frac{f(x)}{g(x)}$; trong đó $g'(x_0) \ne 0$, $g'(x_0)$ tồn tại hữu hạn và $f(x_0)=g(x_0)=0$, tức là dạng giới hạn $\frac{0}{0}$.
  Nếu giới hạn $\mathop {\lim }\limits_{x \to x_0}\displaystyle \frac{f(x)}{g(x)}$ thỏa mãn các điều kiện trên thì phương pháp này rất có hiệu quả và dễ thực hiện hơn nhiều so với các phương pháp bình thường như : phương pháp thêm bớt hạng tử, dùng biểu thức liên hợp, sử dụng các giới hạn lượng giác cơ bản.
  Ta sẽ cùng xét các ví dụ sau :

Ví dụ $1.$  Tính giới hạn sau
\[L=\mathop {\lim }\limits_{x \to 0}\displaystyle \frac{x-\sin x}{x+\sin x}\]
Lời giải :

Đặt : $f(x)=x- \sin x$  thì  $f(0)=0$
và  $f'(x)=1- \cos x$ nên $f'(0)=0$

Đặt : $g(x)=x+ \sin x$  thì  $g(0)=0$
và  $g'(x)=1+ \cos x$ nên $g'(0)=2$

Ta có :
$L=\displaystyle \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \displaystyle \frac{f(x)}{g(x)}=\displaystyle \frac{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0}\displaystyle\frac{f(x)}{x}}{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0}\displaystyle\frac{g(x)}{x}}=\displaystyle \frac{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0}\displaystyle\frac{f(x)-f(0)}{x-0}}{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0}\displaystyle\frac{g(x)-g(0)}{x-0}}=\displaystyle\frac{f'(0)}{g'(0)}=0$

Ví dụ $2.$  Tính giới hạn sau
\[L=\displaystyle\mathop {\lim }\limits_{x \to 2}\displaystyle \frac{\sqrt{1+x+x^2}-\sqrt{7+2x-x^2}}{x^2-2x}\]
Lời giải :

Đặt : $f(x)=\sqrt{1+x+x^2}-\sqrt{7+2x-x^2}$  thì  $f(2)=0$
và  $f'(x)=\displaystyle\frac{1+2x}{2\sqrt{1+x+x^2}}-\frac{1-x}{\sqrt{7+2x-x^2}}$ nên $f'(2)=\displaystyle\frac{5}{2\sqrt{7}}+\frac{1}{\sqrt{7}}=\frac{\sqrt{7}}{2}$

Đặt : $g(x)=x^2-2x$  thì  $g(0)=0$
và  $g'(x)=2x-2$ nên $g'(0)=2$

Ta có :
$L=\displaystyle \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \displaystyle \frac{f(x)}{g(x)}=\displaystyle \frac{\mathop {\lim }\limits_{x \to 2}\displaystyle\frac{f(x)}{x-2}}{\mathop {\lim }\limits_{x \to 2}\displaystyle\frac{g(x)}{x-2}}=\displaystyle \frac{\mathop {\lim }\limits_{x \to 2}\displaystyle\frac{f(x)-f(2)}{x-2}}{\mathop {\lim }\limits_{x \to 2}\displaystyle\frac{g(x)-g(2)}{x-2}}=\displaystyle\frac{f'(2)}{g'(2)}=\frac{\sqrt{7}}{4}$

Ví dụ $3.$  Tính giới hạn sau
\[L=\displaystyle\mathop {\lim }\limits_{x \to 1}\displaystyle \frac{\sqrt{5-x}-\sqrt[3]{x^2+7}}{x^2-1}\]
Lời giải :

Đặt : $f(x)=\sqrt{5-x}-\sqrt[3]{x^2+7}$  thì  $f(1)=0$
và  $f'(x)=\displaystyle -\frac{1}{2\sqrt{5-x}}-\frac{2x}{3\sqrt[3]{\left ( x^2+7 \right )^2}}$ nên $f'(1)=\displaystyle-\frac{1}{4}-\frac{1}{6}=-\frac{5}{12}$

Đặt : $g(x)=x^2-1$  thì  $g(1)=0$
và  $g'(x)=2x$ nên $g'(1)=2$

Ta có :
$L=\displaystyle \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \displaystyle \frac{f(x)}{g(x)}=\displaystyle \frac{\mathop {\lim }\limits_{x \to 1}\displaystyle\frac{f(x)}{x-1}}{\mathop {\lim }\limits_{x \to 1}\displaystyle\frac{g(x)}{x-1}}=\displaystyle \frac{\mathop {\lim }\limits_{x \to 1}\displaystyle\frac{f(x)-f(1)}{x-1}}{\mathop {\lim }\limits_{x \to1 }\displaystyle\frac{g(x)-g(1)}{x-1}}=\displaystyle\frac{f'(1)}{g'(1)}=-\frac{5}{24}$
Trong ví dụ này, nếu ta sử dụng phương pháp thêm bớt hạng tử và dùng biểu thức liên hợp thì thực hiện như sau :
$L=\displaystyle\mathop {\lim }\limits_{x \to 1}\displaystyle \frac{\sqrt{5-x}-2+2-\sqrt[3]{x^2+7}}{x^2-1}$
    $=\displaystyle\mathop {\lim }\limits_{x \to 1}\displaystyle \frac{\sqrt{5-x}-2}{x^2-1}+\displaystyle\mathop {\lim }\limits_{x \to 1}\displaystyle \frac{2-\sqrt[3]{x^2+7}}{x^2-1}$
    $=\displaystyle\mathop {\lim }\limits_{x \to 1}\displaystyle \frac{1-x}{(x^2-1)\left (\sqrt{5-x}+2 \right )}+\displaystyle\mathop {\lim }\limits_{x \to 1}\displaystyle \frac{1-x^2}{(x^2-1)\left (4+2\sqrt[3]{x^2+7}+\sqrt[3]{\left ( x^2+7 \right )^2} \right )}$
    $=\displaystyle-\mathop {\lim }\limits_{x \to 1}\displaystyle \frac{1}{(x+1)\left (\sqrt{5-x}+2 \right )}\displaystyle-\mathop {\lim }\limits_{x \to 1}\displaystyle \frac{1}{4+2\sqrt[3]{x^2+7}+\sqrt[3]{\left ( x^2+7 \right )^2} }$
    $=-\frac{1}{8}-\frac{1}{12}=-\frac{5}{24}$

  Độc giả có thể tự đọc và suy ngẫm về những ưu điểm của từng phương pháp.  Và ví dụ tiếp theo đây sẽ minh họa thêm về tính hiệu quả của phương pháp dùng định nghĩa đạo hàm để tính giới hạn.

Ví dụ $4.$  Tính giới hạn sau
\[L=\displaystyle\mathop {\lim }\limits_{x \to 0}\displaystyle \frac{\left ( x^3+2013 \right )\sqrt[5]{1-3x}-2013}{x}\]
Lời giải :

Đặt : $f(x)=\left ( x^3+2013 \right )\sqrt[5]{1-3x}-2013$  thì  $f(0)=0$
và  $f'(x)=\displaystyle 3x^2.\sqrt[5]{1-3x}-\frac{3(x^3+2013)}{5\sqrt[5]{(1-3x)^4}}$ nên $f'(0)=\displaystyle-\frac{6039}{5}$

Đặt : $g(x)=x$  thì  $g(0)=0$
và  $g'(x)=1$ nên $g'(0)=1$

Ta có :
$L=\displaystyle \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \displaystyle \frac{f(x)}{g(x)}=\displaystyle \frac{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0}\displaystyle\frac{f(x)}{x-0}}{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0}\displaystyle\frac{g(x)}{x-0}}=\displaystyle \frac{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0}\displaystyle\frac{f(x)-f(0)}{x-0}}{\mathop {\lim }\limits_{x \to0 }\displaystyle\frac{g(x)-g(0)}{x-0}}=\displaystyle\frac{f'(0)}{g'(0)}=-\frac{6039}{5}$
  Rõ ràng trong bài toán này ta sẽ rất khó định hướng được hướng làm nếu chỉ nghĩ đến các phương pháp quen thuộc.

Ví dụ $5.$  Tính giới hạn sau
\[L=\displaystyle\mathop {\lim }\limits_{x \to \frac{\pi}{3}}\displaystyle \frac{\tan^3 x-3\tan x}{\displaystyle\cos \left ( x+ \frac{\pi}{6} \right )}\]
Lời giải :

Đặt : $f(x)=\tan^3 x-3\tan x$  thì  $f(\frac{\pi}{3})=0$
và  $f'(x)=\displaystyle 3\tan^2 x . \frac{1}{\cos^2 x}-3.\frac{1}{\cos^2 x}$ nên $f'(\frac{\pi}{3})=24$

Đặt : $g(x)=\cos \left ( x+ \frac{\pi}{6} \right )$  thì  $g(\frac{\pi}{3})=0$
và  $g'(x)=-\sin \left ( x+ \frac{\pi}{6} \right )$ nên $g'(\frac{\pi}{3})=-1$

Ta có :
$L=\displaystyle \mathop {\lim }\limits_{x \to \frac{\pi}{3}} \displaystyle \frac{f(x)}{g(x)}=\displaystyle \frac{\mathop {\lim }\limits_{x \to \frac{\pi}{3}}\displaystyle\frac{f(x)}{x-\frac{\pi}{3}}}{\mathop {\lim }\limits_{x \to \frac{\pi}{3}}\displaystyle\frac{g(x)}{x-\frac{\pi}{3}}}=\displaystyle \frac{\mathop {\lim }\limits_{x \to\frac{\pi}{3}}\displaystyle\frac{f(x)-f(\frac{\pi}{3})}{x-\frac{\pi}{3}}}{\mathop {\lim }\limits_{x \to\frac{\pi}{3} }\displaystyle\frac{g(x)-g(\frac{\pi}{3})}{x-\frac{\pi}{3}}}=\displaystyle\frac{f'(\frac{\pi}{3})}{g'(\frac{\pi}{3})}=-24$

Ví dụ $6.$  Tính giới hạn sau
\[L=\displaystyle\mathop {\lim }\limits_{x \to 1}\displaystyle \frac{ \displaystyle x^x-1}{x\ln x}\]
Lời giải :

Đặt : $f(x)=\displaystyle x^x-1=\displaystyle e^{ \displaystyle \ln x^x}-1=\displaystyle e^{\displaystyle x\ln x}-1$  thì  $f(1)=0$
và  $f'(x)=\displaystyle e^{x\ln x}\left (1+ \ln x \right )$ nên $f'(1)=\displaystyle 1$

Đặt : $g(x)=x\ln x$  thì  $g(1)=0$
và  $g'(x)=1+ \ln x$ nên $g'(1)=1$

Ta có :
$L=\displaystyle \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \displaystyle \frac{f(x)}{g(x)}=\displaystyle \frac{\mathop {\lim }\limits_{x \to 1}\displaystyle\frac{f(x)}{x-1}}{\mathop {\lim }\limits_{x \to 1}\displaystyle\frac{g(x)}{x-1}}=\displaystyle \frac{\mathop {\lim }\limits_{x \to 1}\displaystyle\frac{f(x)-f(1)}{x-1}}{\mathop {\lim }\limits_{x \to1 }\displaystyle\frac{g(x)-g(1)}{x-1}}=\displaystyle\frac{f'(1)}{g'(1)}=1$

Ví dụ $7.$  Tính giới hạn sau
\[L=\displaystyle\mathop {\lim }\limits_{x \to +\infty}\displaystyle \left (1+\frac{2}{x} \right )^{\displaystyle 3x}\]
Lời giải :

Ta có :
$L=\displaystyle\mathop {\lim }\limits_{x \to +\infty}\displaystyle \left (1+\frac{2}{x} \right )^{\displaystyle 3x}=\displaystyle\mathop {\lim }\limits_{x \to +\infty}\displaystyle e^{\displaystyle 3x \ln \left (1+\frac{2}{x} \right )}=e^{L_1}$
Trong đó : $L_1=\displaystyle\mathop {\lim }\limits_{x \to +\infty}\displaystyle \displaystyle 3x \ln \left (1+\frac{2}{x} \right ) \underbrace{=}_{t=\frac{1}{x}}\displaystyle\mathop {\lim }\limits_{t \to 0}\displaystyle \displaystyle \frac{3\ln (1+2t)}{t}$
Đặt : $f(t)=\displaystyle 3\ln (1+2t)$ thì  $f(0)=0$
và  $f'(t)=\displaystyle \frac{6}{1+2t}$ nên $f'(0)=\displaystyle 6$
Đặt : $g(t)=t$  thì  $g(0)=0$
và  $g'(t)=1$ nên $g'(0)=1$
Ta có :
$L_1=\displaystyle \mathop {\lim }\limits_{t \to 0} \displaystyle \frac{f(t)}{g(t)}=\displaystyle \frac{\mathop {\lim }\limits_{t \to 0}\displaystyle\frac{f(t)}{t-0}}{\mathop {\lim }\limits_{t \to 0}\displaystyle\frac{g(t)}{t-0}}=\displaystyle \frac{\mathop {\lim }\limits_{t \to 0}\displaystyle\frac{f(t)-f(0)}{t-0}}{\mathop {\lim }\limits_{t\to0 }\displaystyle\frac{g(t)-g(0)}{t-0}}=\displaystyle\frac{f'(0)}{g'(0)}=6$
   Tóm lại $L=e^{L_1}=e^6$

PHÂN TÍCH ĐA THỨC THÀNH NHÂN TỬ

 

Trong chuyên đề này ta sẽ hệ thống lại các dạng toán và các phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử và giải một số bài tập về phân tích đa thức thành nhân tử.

Ta sẽ tìm hiểu về các phương pháp sau:

1. Tách một hạng tử thành nhiều hạng tử

2. Thêm, bớt cùng một hạng tử

3. Đặt ẩn phụ

4. Phương pháp hệ số bất định

I. TÁCH MỘT HẠNG TỬ THÀNH NHIỀU HẠNG TỬ:
Định lí bổ sung:
+  Đa thức $f(x)$ có nghiệm hữu tỉ thì có dạng $\frac{p}{q}$ trong đó $p$ là ước của hệ số tự do, $q$ là ước dương của hệ số cao nhất
+  Nếu $f(x)$ có tổng các hệ số bằng 0 thì $f(x)$ có một nhân tử là $x – 1$
+  Nếu $f(x)$ có tổng các hệ số của các hạng tử bậc chẵn bằng tổng các hệ số của các hạng tử bậc lẻ thì $f(x)$ có một nhân tử là $x + 1$
+  Nếu $a$ là nghiệm nguyên của $f(x)$ và $f(1); f(- 1)$ khác 0 thì $\frac{{{{f(1)}}}}{{{{a  -  1}}}}$ và $\frac{{{{f( - 1)}}}}{{{{a  +  1}}}}$ đều là số nguyên. Để nhanh chóng loại trừ nghiệm là ước của hệ số tự do

Ví dụ 1:  $3x^2 – 8x + 4$
Hướng dẫn:

Cách 1: Tách hạng tử thứ 2
$3x^2 – 8x + 4 =  3x^2 – 6x  – 2x  + 4 = 3x(x – 2) – 2(x – 2) = (x – 2)(3x – 2)$
Cách 2: Tách hạng tử thứ nhất:
$3x^2 – 8x + 4 =  (4x^2 – 8x  + 4)  - x^2 = (2x – 2)^2 – x^2 = (2x – 2 + x)(2x – 2 – x) $
$= (x – 2)(3x – 2)$

Ví dụ 2:   $x^3 – x^2 – 4$

Hướng dẫn:
Ta nhận thấy nghiệm của $f(x)$ nếu có thì x = $ \pm 1; \pm 2; \pm 4$, chỉ có $f(2) = 0$ nên $x = 2 $ là nghiệm của $f(x)$ nên $f(x)$ có một nhân tử là $x – 2$. Do đó ta  tách $f(x)$ thành các nhóm có xuất hiện một nhân tử là $x – 2$
Cách 1:
$x^3 – x^2 – 4 =$ $\left( {{x^3} - 2{x^2}} \right) + \left( {{x^2} - 2x} \right) + \left( {2x - 4} \right) $

$ = {x^2}\left( {x - 2} \right) + x(x - 2) + 2(x - 2)= \left( {x - 2} \right)\left( {{x^2} + x + 2} \right)$
Cách 2:

${x^3} - {x^2} - 4 = {x^3} - 8 - {x^2} + 4 $

$= \left( {{x^3} - 8} \right) - \left( {{x^2} - 4} \right) = (x - 2)({x^2} + 2x + 4) - (x - 2)(x + 2)$
$=\left( {x - 2} \right)\left[ {\left( {{x^2} + 2x + 4} \right) - (x + 2)} \right] = (x - 2)({x^2} + x + 2)$

Ví dụ 3:  $f(x) =  3x^3 –  7x^2 + 17x – 5$

Hướng dẫn:
$ \pm 1, \pm 5$ không là nghiệm của $f(x)$, như vậy $f(x)$ không  có nghiệm nguyên. Nên $f(x)$ nếu có nghiệm thì là nghiệm hữu tỉ
Ta nhận thấy $x =$ $\frac{1}{3}$ là nghiệm của $f(x)$ do đó $f(x)$ có một nhân tử là  $3x – 1$. Nên
$f(x) =  3x^3 –  7x^2 + 17x – 5 = 3{x^3} - {x^2} - 6{x^2} + 2x + 15x - 5 $

$= \left( {3{x^3} - {x^2}} \right) - \left( {6{x^2} - 2x} \right) + \left( {15x - 5} \right)$
= ${x^2}(3x - 1) - 2x(3x - 1) + 5(3x - 1) = (3x - 1)({x^2} - 2x + 5)$
Vì ${x^2} - 2x + 5 = ({x^2} - 2x + 1) + 4 = {(x - 1)^2} + 4 > 0$ với mọi $x$ nên không phân tích được thành nhân tử nữa

Ví dụ 4:  $x^3 + 5x^2 + 8x  + 4 $
Hướng dẫn:

Tổng các hệ số của các hạng tử bậc chẵn bằng tổng các hệ số của các hạng tử bậc lẻ nên đa thức có một nhân tử là $x + 1$
$x^3 + 5x^2 + 8x  + 4 = (x^3 + x^2 ) + (4x^2 + 4x) + (4x + 4) $

$= x^2(x + 1) + 4x(x + 1) + 4(x + 1)$
$= (x + 1)(x^2 + 4x + 4) = (x + 1)(x + 2)^2$

Ví dụ 5:  $f(x) = x^5 – 2x^4 + 3x^3 – 4x^2 + 2$
Hướng dẫn:

Tổng các hệ số bằng 0 thì nên đa thức có một nhân tử là $x – 1$, chia $f(x)$ cho $(x – 1)$ ta có:
$x^5 – 2x^4 + 3x^3 – 4x^2 + 2 = (x – 1)(x^4  - x^3  + 2 x^2   - 2 x  - 2)$
Vì $x^4  - x^3  + 2 x^2   - 2 x  - 2$  không có nghiệm nguyên cũng không có nghiệm hữu tỉ nên không phân tích được nữa

Ví dụ 6:  $ x^4 + 1997x^2 + 1996x + 1997 $

Hướng dẫn:

$ x^4 + 1997x^2 + 1996x + 1997 = (x^4 + x^2 + 1) + (1996x^2 + 1996x + 1996)$

$=  (x^2 + x  + 1)(x^2 - x  + 1) + 1996(x^2 + x  + 1)$
$=  (x^2 + x  + 1)(x^2 - x  + 1 + 1996) = (x^2 + x  + 1)(x^2 - x  + 1997)$

Ví dụ 7:  $x^2 -  x - 2001.2002 $

Hướng dẫn:

$x^2 -  x - 2001.2002 = x^2 -  x - 2001.(2001 + 1)$
$= x^2 -  x – 20012 - 2001 = (x^2 – 20012) – (x + 2001) = (x + 2001)(x – 2002)$

II. THÊM , BỚT CÙNG MỘT HẠNG TỬ:
1. Thêm, bớt cùng một số hạng tử để xuất hiện hiệu hai bình phương:

Ví dụ 1: $4x^4 + 81 $

Hướng dẫn:
$4x^4 + 81 = 4x^4  + 36x^2 + 81 - 36x^2 = (2x^2 + 9)^2 – 36x^2 $

$= (2x^2 + 9)^2 – (6x)^2 = (2x^2 + 9 + 6x)(2x^2 + 9 – 6x) $
$= (2x^2 + 6x + 9 )(2x^2 – 6x + 9) $

Ví dụ 2: $x^8 + 98x^4 + 1 = $

Hướng dẫn:

$x^8 + 98x^4 + 1 = (x^8 + 2x^4 + 1 ) + 96x^4 $

$= (x^4 + 1)^2 + 16x^2(x^4 + 1) + 64x^4 - 16x^2(x^4 + 1) + 32x^4$
$= (x^4 + 1 + 8x^2)^2  – 16x^2(x^4 + 1 – 2x^2)$

$ = (x^4 + 8x^2  + 1)^2  - 16x^2(x^2 – 1)^2$
$= (x^4 + 8x^2  + 1)^2  - (4x^3 – 4x )^2 $
$= (x^4 + 4x^3 + 8x^2  – 4x + 1)(x^4 - 4x^3 + 8x^2  + 4x + 1)$

2. Thêm, bớt cùng một số hạng tử để xuất hiện nhân tử chung
Ví dụ 1: $x^7 + x^2 + 1$
Hướng dẫn:

$x^7 + x^2 + 1 = (x^7 – x)  + (x^2 + x + 1 ) $

$=  x(x^6 – 1) + (x^2 + x + 1 ) $

$=  x(x^3  - 1)(x^3 + 1) + (x^2 + x + 1 ) $

$= x(x – 1)(x^2 + x + 1 ) (x^3 + 1) + (x^2 + x + 1)$
$=  (x^2 + x + 1)[x(x – 1)(x^3 + 1) + 1]$

$ = (x^2 + x + 1)(x^5 –  x^4  +  x^2  - x + 1)$

Ví dụ 2: $x^7 + x^5 + 1$

Hướng dẫn:

$x^7 + x^5 + 1 = (x^7 – x ) + (x^5 – x^2 ) + (x^2  + x + 1) $
$= x(x^3 – 1)(x^3 + 1) + x^2(x^3 – 1) + (x^2  + x + 1) $
$= (x^2  + x + 1)(x – 1)(x^4 + x) + x^2 (x – 1)(x^2  + x + 1) + (x^2  + x + 1)$
$= (x^2  + x + 1)[(x^5 – x^4 + x^2 – x) + (x^3 – x^2 ) + 1] $

$= (x^2  + x + 1)(x^5 – x^4 + x^3 – x + 1) $

Ghi nhớ:
Các đa thức có dạng $x^{3m+1} + x^{3n+2} + 1$ như: $x^7 + x^2 + 1 ; x^7 + x^5 + 1 ; x^8 + x^4 + 1 ;x^5 + x + 1 ; x^8 + x + 1 ; …$ đều có nhân tử chung là  $x^2 + x + 1$

III. ĐẶT ẨN PHỤ:
Ví dụ 1:   $x(x + 4)(x + 6)(x + 10) + 128$
Hướng dẫn:

 $x(x + 4)(x + 6)(x + 10) + 128 = [x(x + 10)][(x + 4)(x + 6)] + 128$

$ =  (x^2 + 10x) + (x^2 + 10x  + 24) + 128$
Đặt  $x^2 + 10x + 12 =  y$, đa thức có dạng:
$(y – 12)(y + 12) + 128 = y^2 – 144 + 128 $

$= y^2 – 16 = (y + 4)(y – 4)$
$=  ( x^2 + 10x + 8 )(x^2  + 10x  + 16 ) $

$=  (x + 2)(x + 8)( x^2 + 10x + 8 )$

Ví dụ 2:  $A = x^4 + 6x^3 + 7x^2 – 6x + 1$
Hướng dẫn:

Giả sử $x \ne 0$ ta viết
$x^4 + 6x^3 + 7x^2 – 6x + 1 =  x^2 ( x^2 + 6x + 7 – \frac{{{6}}}{{{x}}}{{  +  }}\frac{{{{1 }}}}{{{{{x}}^{{2}}}}}) $

$= x^2 [(x^2 + \frac{{{{1 }}}}{{{{{x}}^{{2}}}}}$$) + 6(x - $$\frac{{{{ 1 }}}}{{{x}}}) + 7 ]$
Đặt $ x - \frac{{{{ 1 }}}}{{{x}}} = y $ thì  $x^2 + \frac{{{{1 }}}}{{{{{x}}^{{2}}}}} = y^2 + 2$, do đó
$A = x^2(y^2 + 2 + 6y + 7) = x^2(y + 3)^2  =  (xy + 3x)^2  $
$= [x(x - $$\frac{{{{ 1 }}}}{{{x}}}$$)^2 + 3x]^2 = (x^2 + 3x – 1)^2$
Chú ý: Ví dụ trên có thể giải bằng cách áp dụng hằng đẳng thức như sau:
$A = x^4 + 6x^3 + 7x^2 – 6x + 1 = x^4 + (6x^3 – 2x^2 ) + (9x^2 – 6x + 1 )$
$ =  x^4 + 2x^2(3x – 1) + (3x – 1)^2   = (x^2 + 3x – 1)^2$

Ví dụ 3:   $ A = ({x^2} + {y^2} + {z^2}){(x + y + z)^2} + {(xy + yz{{ + zx)}}^{{2}}}$
Hướng dẫn:

$A = ({x^2} + {y^2} + {z^2}){(x + y + z)^2} + {(xy + yz{{ + zx)}}^{{2}}}$

$=\left[ {({x^2} + {y^2} + {z^2}) + 2(xy + yz{{ + zx)}}} \right]({x^2} + {y^2} + {z^2}) + {(xy + yz{{ + zx)}}^{{2}}}$
Đặt  ${x^2} + {y^2} + {z^2}$$ = a, xy + yz + zx = b$ ta có
$A =  a(a + 2b) + b^2 = a^2 + 2ab + b^2  = (a + b)^2  $

$ = ( {x^2} + {y^2} + {z^2}$$ + xy + yz + zx)^2$

Ví dụ 4:  $B = 2({x^4} + {y^4} + {z^4}) - {({x^2} + {y^2} + {z^2})^2} - 2({x^2}$

                                                           $+ {y^2} + {z^2}){(x + y + z)^2} + {(x + y + z)^4}$
Hướng dẫn:

Đặt  $x^4 + y^2 + z^2 = a,  x^2 + y^2  + z^2 = b, x + y + z = c$  ta có:
$B = 2a – b^2 – 2bc^2 + c^4 $

$= 2a – 2b^2  + b^2 - 2bc^2 + c^4 = 2(a – b^2) + (b –c^2)^2$
Ta lại có: $a – b^2 =  - 2({x^2}{y^2} + {y^2}{z^2} + {z^2}{x^2}$) và $b –c^2 = - 2(xy + yz + zx)$ Do đó:
$B = - 4({x^2}{y^2} + {y^2}{z^2} + {z^2}{x^2}) + 4 (xy + yz + zx)^2 $
$= - 4{x^2}{y^2} - 4{y^2}{z^2} - 4{z^2}{x^2} + 4{x^2}{y^2} + 4{y^2}{z^2} + 4{z^2}{x^2} + 8{x^2}yz + 8x{y^2}z + 8xy{z^2} $

$= 8xyz(x + y + z)$

Ví dụ 5:  ${(a + b + c)^3} - 4({a^3} + {b^3} + {c^3}) - 12abc$
Đặt $a + b = m, a – b = n$  thì $4ab = m^2 – n^2$
$ a^3 + b^3 = (a + b)[(a – b)^2 + ab] = m(n^2 + $$\frac{{{{{m}}^{{2}}}{{  -  }}{{{n}}^{{2}}}}}{{{4}}}$).

Ta có:
$C = (m + c)^3 – 4. $$\frac{{{{{m}}^{{3}}}{{  +  3m}}{{{n}}^{{2}}}}}{{{4}}} - 4{{{c}}^{{3}}} - 3{{c(}}{{{m}}^{{2}}}{{  -   }}{{{n}}^{{2}}})$

$= 3( - c^3 +mc^2 – mn^2 + cn^2)$
$= 3[c^2(m - c) - n^2(m - c)] = 3(m - c)(c - n)(c + n) $

$= 3(a + b - c)(c + a - b)(c - a + b)$

IV. PHƯƠNG PHÁP HỆ SỐ BẤT ĐỊNH:
Ví dụ 1:  $x^4 - 6x^3 + 12x^2 - 14x + 3$
Hướng dẫn:

Các số  $ \pm $1, $ \pm $3 không là nghiệm của đa thức, đa thức không có nghiệm nguyên củng không có nghiệm hữu tỉ.
Như vậy nếu đa thức phân tích được thành nhân tử thì phải có dạng
$(x^2 + ax + b)(x^2 + cx + d) = x^4 + (a + c)x^3 + (ac + b + d)x^2 + (ad + bc)x + bd$
đồng nhất đa thức này với đa thức đã cho ta có:
$\left\{ \begin{array}
  a + c =  - 6  \\
  ac + b + d = 12  \\
  ad + bc =  - 14  \\
  bd = 3  \\
\end{array}  \right.$
Xét $bd = 3$ với  $b, d \in Z,b \in \left\{ { \pm 1, \pm 3} \right\}$
Với $b = 3$ thì $d = 1$ hệ điều kiện trên trở thành:
$\left\{ \begin{array}
  a + c =  - 6  \\
  ac =  - 8  \\
  a + 3c =  - 14  \\
  bd = 3  \\
\end{array}  \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}
  2c =  - 8  \\
  ac = 8  \\
\end{array}  \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}
  c =  - 4  \\
  a =  - 2  \\
\end{array}  \right.$
Vậy:  $x^4 - 6x^3 + 12x^2 - 14x + 3 =  (x^2 - 2x + 3)(x^2 - 4x  + 1) $

Ví dụ 2:  $2x^4 - 3x^3 - 7x^2 + 6x + 8$
Hướng dẫn:

Đa thức có 1 nghiệm là $x = 2$ nên có thừa số là  $x – 2$ do đó ta có:
$ 2x^4 - 3x^3 - 7x^2 + 6x + 8 = (x - 2)(2x^3 + ax^2 + bx + c) $
$=  2x^4 + (a - 4)x^3 + (b - 2a)x^2 + (c - 2b)x - 2c  $
$ \Rightarrow $ $\left\{ \begin{array}
  a - 4 = - 3  \\
  b - 2a = - 7  \\
  c - 2b = 6  \\
   - 2c = 8  \\
\end{array}  \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}
  a = 1  \\
  b = - 5  \\
  c = - 4  \\
\end{array}  \right.$
Suy ra:  $2x^4 - 3x^3 - 7x^2 + 6x + 8 = (x - 2)(2x^3 + x^2 - 5x  - 4) $
Ta lại có $2x^3 + x^2 - 5x  - 4$ là đa thức có tổng hệ số của các hạng tử bậc lẻ và bậc chẵn bằng nhau nên có 1 nhân tử là $x + 1$

Nên  $2x^3 + x^2 - 5x  - 4 = (x + 1)(2x^2  - x - 4)$
Vậy: $2x^4 - 3x^3 - 7x^2 + 6x + 8 = (x - 2)(x + 1)(2x^2  - x - 4)$

Ví dụ 3:   $12x^2 + 5x - 12y^2 + 12y - 10xy - 3$

Hướng dẫn:

$12x^2 + 5x - 12y^2 + 12y - 10xy - 3 = (a x + by + 3)(cx + dy  - 1)$
$=  acx^2  + (3c - a)x  + bdy^2 + (3d - b)y + (bc + ad)xy – 3 $
$ \Rightarrow $$\left\{ \begin{array}
  ac = 12  \\
  bc + ad =  - 10  \\
  3c - a = 5  \\
  bd =  - 12  \\
  3d - b = 12  \\
\end{array}  \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}
  a = 4  \\
  c = 3  \\
  b =  - 6  \\
  d = 2  \\
\end{array}  \right.$
$ \Rightarrow $ $12x^2 + 5x - 12y^2 + 12y - 10xy - 3 = (4 x - 6y + 3)(3x + 2y  - 1)$

Bài tập tự giải
Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:
1)     $x^3 - 7x + 6$
2)     $x^3 - 9x^2 + 6x + 16$
3)     $x^3 - 6x^2 - x + 30$
4)     $2x^3 – x^2 + 5x + 3$
5)     $27x^3 - 27x^2 + 18x – 4$
6)     $x^2 + 2xy + y^2  - x - y – 12$
7)     $(x + 2)(x +3)(x + 4)(x + 5) – 24$
8)     $4x^4 - 32x^2 + 1$
9)     $3(x^4 + x^2 + 1) - (x^2 + x + 1)^2 $
10)   $64x^4 + y^4$
11)   $a^6 + a^4 + a^2b^2 + b^4 – b^6$
12)   $x^3 + 3xy + y^3 – 1$
13)   $4x^4 + 4x^3 + 5x^2 + 2x + 1$
14)   $x^8 + x + 1$
15)   $x^8 + 3x^4 + 4 $
16)   $3x^2 + 22xy + 11x + 37y + 7y^2 +10$
17)   $x^4 - 8x + 63$

1.    Đạo hàm bằng định nghĩa.
Cho hàm số $y=f(x)$. Đạo hàm của hàm số tại điểm $x_0$:
$f^{x_0}= \mathop {\lim \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0} }\limits_{x \to x_0} $
(giới hạn trên phải có và hữu hạn).
Quy tắc tính đạo hàm bằng định nghĩa:
•    Bước 1: Gọi $\Delta x$ là số gia đối số tại $x_0$, tính $\Delta y=f(x_0+\Delta x) –f(x_0)$.
•    Bước 2: Lập tỉ số $\frac{\Delta y}{\Delta x} $
•    Bước 3: Tìm $\mathop {\lim \frac{\Delta y}{\Delta x} }\limits_{\Delta x \to 0} $
$\Rightarrow f’(x_0)= \mathop {\lim \frac{\Delta y}{\Delta x} }\limits_{\Delta x \to 0}$

2. Các quy tắc tính đạo hàm (Ký hiệu $U=U(x), V=V(x)$).
$1. {U \pm V}^’=U^’\pm V^’$
$2. (U.V)^’=U^’.V+U.V^’$
$3. (kU)^’=k.U^’$  ($k$ là hằng số)
$4. (\frac{U}{V})^’=\frac{U^’.V-U.V^’}{V^2} $
$5. {f[U(x)]}^’=f^{' }_{u}.U^{' }_{x}  $

3. Các công thức đạo hàm cần nhớ: