TÍCH PHÂN HÀM PHÂN THỨC HỮU TỈ CÓ MẪU LÀ ĐA THỨC BẬC THẤP

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 .