bài tập chương 4 phép tính tích phân của hàm một biến thực

Trường Đại học Sư phạm Hà Nội Khoa Toán Tin... Bài 4.1 Tính các tích phân bất định sau:... Xét sự hội tụ tuyệt đối vầ bán tụ của các tích phân sau.... Điều này không thể xảy ra.

Trường Đại học Sư phạm Hà NộiKhoa Toán Tin

BÀITẬPCHƯƠNG4:PHÉPTÍNHTÍCH PHÂNCỦAHÀMMỘTBIẾNTHỰC

Giảng viên: TS Nguyễn Văn Khiêm

Năm học 2022-2023

1

Danh sách nhóm 4

67 Nguyễn Phan Ngọc Như 715101240 Bài 1 và Bài 2

68 Nguyễn Quý Quỳnh Phương 715101246 Bài 3 và Bài 4

69 Lương Ngân Phương 715101247 Bài 5 và Bài 6

70 Vũ Thị Nam Phương 715101250 Bài 7 và Bài 8

71 Đoàn Diễm Quỳnh 715101264 Bài 9 và Bài 10

72 Nguyễn Thị Hương Quỳnh 715101265

75 Đinh Thị Hải Thanh 715101279 Bài 17 và Bài 18

76 Nguyễn Thu Thảo 705101360 Bài 19 và Bài 20

77 Nguyễn Phương Thảo 705101356 Bài 21 và Bài 22

78 Phạm Quang Thu 715101294 Bài 23 và Bài 24

80 Nguyễn Thị Hà Thương 715101299 Bài 27 và Bài 28

81 Tạ Thị Thu Thủy 695101166 Bài 29 và Bài 30

83 Đặng Thủy Tiên 715101303 Bài 33 và Bài 34

85 Nguyễn Hà Trang 715101312 Bài 37 và Bài 38

86 Bùi Thùy Trang 715101322 Bài 39 và Bài 40

87 Ngô Thị Hiếu Trung 715101331 Bài 41 và Bài 42

2

Bài 4.1 Tính các tích phân bất định sau:

Z

dx

x ln(x) ln(ln( )x =

Zd(ln(x))ln(x).ln(ln( ))xĐặt t = ln(ln(x))

1

2.(1 + cos2(x)) +

1

2 ln 1 + cos2( )x + Ce) R√1 − xx52.dx

x +1 2

Rx 2 √11−x 2dx2Đặt √1− x2= u ⇔ − x1 2= u2⇔ 1 − u2= x2

√ 1−x 2 +1

√ 1−x 2 −1 + cVậyRarcsinxx

2 dx = −arcsinx

x −1

2ln

√ 1−x 2 +1

√ 1−x 2 −1 + ce) Rsin x ln(tan x)dx

=−Rln(tan x)d cos x=− ln(tan x) cos x +Rcos x 1

tanxdx = − ln(tan x) cos x +R(cosx) sinx 2 dx

= − ln(tan x) cos x −R(cosx) (sinx) 2 2d cos x

a) I =R(x+1)( +2)( +3)xxdxx

(x+1)( +2)( x x+3)= A

x+1+ B x+2+ C x+3=A(x +2)( +3)+ x B(x +1)( x +3)+C( +1)(x+2) x

(x+1)( +2)( +3) x x

⇔

A + B + C = 05A + 4 + 3B C = 1

6A + 3 + 2B C = 0

⇔

A =−1 2

B = 2

C =−3 2

(x+1)( +2)( x x+3)=−1

2 1 x+1+ 2 x+2+−3

2 1 x+3Vậy I =R(−1

2 1

x+1+ 2

x+2+−3

2 1 x+3)dx =−1

2 ln |x + 1| + 2 ln |x+ 2| −3ln |x + 3| + c

b) I =R x 2 +1

(x+1) 2 (x−1)dx

4

Ta có(x+1)2(x−1)= x−1+ x+1+

(x+1) 2= (x+1)2(x−1)

⇔

A + B = 12A + C = 0

2 (x 2 x

( x−1) 2 ( x 2 +2x+2)= A

x−1+ B (x−1) 2+ Mx+N

A =1 25

B =1

M =−1 25

N =−8 25

− x

2 +1− 12+1)dx

5

t3+ t − 2

=

Z3t2dt(t − 1)(t2+ t + 2)

=3

4

Zdt(t − 1) +

Z(3t + 2)dt(t2+ t + 2)

=3

4

Zdt(t − 1) +3

2

Z(2t + 1)dt(t2+ t + 2)+

1

2

Zdt(t2+ t + 2)Đặt A =

√

7arctan2t + 1

Z

−2t + 1 − 2t−3 +

−3(1 − 2t)2 dt

= −2ln|t| −3

2ln|1 − 2t| +

32(1 − 2t)+ C

a) R sin3x

cos4xdx b)

Rtan5dx

1

3 cos3x+ C

b)Rtan5dx =R(tan5+ tan3−tan3− tan x + tan x)dx

=Rtan (tan3x 2x + 1)dx −Rtan x(tan2x + 1)dx +Rtan xdx

=Rtan3xd(tan x) −Rtan xd(tan x) +Rtan xdx

1

√sin x− 1

1

√sin x + Cd) R2 sin x − cos x + 5dx

1 + tan2x2

7

1 + tan2x2+ 5

2x2

dx =√5 arctan

√

5 3 tan x

2 + 15

0 |2 − ex|dx +

1Rln2

=12Bài 4.10

10

Z π 4

0

cos xcos3x + sin2xdxĐặt x =π

sintsin3t + cos3tdt

cos x + sin x

cos x + sin x 1 − cos x sin x dx =

Z π 4 π

1

u −12

2+

√32

1

1 +1n

2+ 1

1 +2n

2+ + 1

1 +n

n2f(x) = 1 + x1 2với x[0, 1]

Chia đoạn [0; 1] thành n đoạn bằng nhau có độ dài bằng1

Z11 + xdx 2=π

4Bài 4.14:

Ta cần chứng minh: lim

n→∞

n

rf(1 n) f(n

n) =

Z1lnf(x)dxHay: lim

∆k= k − 1n

;k

n chọn ξk=

kthì 1

nXk=1ln(k

n) =

Z1lnf(x)dxBài 4.15:

a Cho f: R → R là hàm liên tục tuần hoàn chu kì I > 0 CMR a ∈ R ta có:

⇒ 2a − 3a + 2 = 29

⇔ a = 3(tm)

b Tìm a → R sao cho0R2

|x − a| dx = 1+) Nếu a ⩽ 0:

⇒ G(x), F (x) liên tục trên [a, b], khả vi trên (a, b )

F (x) =

Z0sin2 xarcsin√xdx +

Z0cos2 x arccos√xdx

Chứng minh F là hàm chẵn tuần hoàn chu kì là π và từ đó chứng tỏ F (x) =π

4với mọi x ∈ R.Bàilàm

1) Do sin2(−x) = sin2x và cos2(−x) = cos2x nên F (−x) = F (x)

Vậy F (x) là hàm chẵn

2) Do sin2(x + π) = sin2x và cos2(x + π) = cos2x nên F (x + π) = F (x) với mọi x

Vậy F (x) tuần hoàn với một chu kì T = π

3) Sử dụng: Nếu f(x) liên tục trên [a, b] thì F (x) =

Z xaf(t)dt là một nguyên hàm của f(x)trên [a, b], tức là F′(x) = f( )x , hay:

Zxaf(t)dt

′

= f(x)

Vậy nếu u = u(x) là hãm khả vi đối với x thì:

Zxaf(t)dt

′

= f( (u x)).u′(x)

Áp dụng vào bài ta có:

F′(x) = arcsin (| sin |).2 sin x cos x − arccos (| cos |).2 sin x cos x.x x

= sin 2x [arcsin(| sin x|) −arccos(| cos x|)]

Chọn t ∈h0,π

2

i

để cos t = | cos x|.sint = |sinx|

⇒ arccos(| cos x|) = arccos(cos t) = t.arcsin(| sin x|) = arcsin(sin t) = t ⇒ F′(x) = 0.

⇒F là hàm hằng ⇒F (x) = F (0) =

Z1arccos√tdt.

14

x dx hội tụ (Theo tính chất Dirichlet).

• Lại có: limx→0sin xx = 1 nên ∃ x0< π để sin x

3

2dx +

πZ

0

sin x

x dx Ta có:

1Z

2nπsin t

tα dt ≥

Z 2nπ+π 2

Vậy I1hội tụ (hay hội tụ tuyệt đối) ⇐⇒ p > −2.

2nπsin xdx =12

28

x + 100

• ∀ A > 0 ta có

ZA0f(x)dx =

ZA0cos xdx = | sinA| ≤ 1

√x2(x + 100)+

√

x cos 2x2(x + 100)≥ 0

√x2(x + 100)dx ∼

1

2√x khi x

+∞ và

Z+∞1

dx

2√xphân kỳ

Do đó

Z +∞

0

√x2(x + 100)+

√

x cos 2x2(x + 100) dx phân kỳ.

Theo dấu hiệu so sánh ta có

Kết luận: Tích phân suy rộng

Z∞0

Pm(x) sin x

Pn(x) dx,hội tụ và hội tụ tuyệt đối, ở đây Pm(x), Pn(x) lần lượt là các đa thức có bậc m, n của x và P (x) > 0khi x ≥ 0

R(n+1)2πn2π sin xdx = 0, nhưng không tồn tại giới hạn limx→∞sin x

Bài 4.34: Giả sử f(x) khả vi liên tục trên [a, +∞] và sup |f′(x)| < +∞ và

Z ∞a

|f(x) dx < +∞.|Chứng minh limx→+∞f(x) = 0

Giải

30

Vì f đạo hàm bị chặn nên ∃M > 0 thoả mãn |f| < M

⇒ |f (x) − f (y)| = |x − y| |.f′(ε)| ≤ M|x − y , ∀x, y|

với mọi M ∈ R có xM> M

Giả sử limx→+∞|f( )x | = 0, khi đó tồn tạiε > 0để Do đó tồn tại dãy (xn) ∈ N để

xn> a + ε2M

xn→ +∞, |f(xn)| > ε

xn+1> xn+2ε

M, ∀nVới x ∈ (xn− ε

2M, xn+

ε2M) ta có:

−|f(x)| + |f(xn)| ≤ |f(x) − f(xn)| ≤ M|x − xn| ≤M.ε

2M =

ε2

⇒ |f (x)| ≥ |f (xn)| −ε

2, ∀x ∈ (xn−

ε2M, xn+

ε2M)

ε2M

|f|dx ≥ kε22M, ∀k ∈ NCho k → +∞

Vậy limx→+∞f(x) = 0

Bài 4.35: Giả sử f(x) khả vi liên tục trên [a, +∞) với

sup|f′(x)| < +∞, a ≤ x < +∞ và

Ra+∞|f(x) dx < +∞.|Chứng minh rằng limx→+∞f(x) = 0

Giải

Do sup|f′(x)| < +∞ nên ∃M > 0 để: |f′(x)| ≤ M ∀x ∈ [a, +∞)

Giả sử phản chứng không xảy ra limx→+∞f( ) = 0a

Khi đó: ∃ϵ0> 0 sao cho ∀A ≥ a, ∃xA> Asao cho |f(xA)| ≥ 2ϵ0

Do đó ∀n ∈ N∗, ta chọn được xn> a sao cho:

Điều này không thể xảy ra Vậy limx→+∞f(x) = 0.

Bài 4.36 : Chứng minh nếu R∞

a f(x)dx hội tụ và f(x) là hàm đơn điệu thì f(x) = o(1

x)Giải

Không mất tổng quát ta có thể giả sử f(x) đơn điệu giảm

a f( )x dx hội tụ nên theo tiêu chuẩn Cauchy:

∃A0> a sao cho ∀B > A ≥ A0thì |RBf(x)dx| <ϵ2

f(x)dx ≥ f(t)Rt

t

2dx =t.f(t) 2hay 0 ≤f(t)

1

t < ϵ ∀t ≥ 2A0

Do đó: limt→+∞f (t)1

t = 0Vậy f(t) = o(1

t) khi t → +∞

32

Bài 4.37: Giả sử f(x) liên tục khi x ≥ 1 và R∞

1 x.f(x)dx hội tụ thì R∞

1 f(x)dx hội tụ.Bàigiải

u(x) + u′( )x < +∞ thì

R∞1

dxu(x)< ∞.

4.39 Giả sử f và g dương trên [a, ∝] và R∝

a g(x)dx Chứng minh ít nhất một tronghai tích phân R∝

0 a+x adxsin 2 xhội tụ.

Bài 4.41: Chứng minh rằng nếu f liên tục đều trên [a, ∞) và tích phân R∞

a f( )x dx hội tụ thìlim

x→∞f(x) = 0

Bài làm

∀x ∈ (a, b , f x) là hàm bị chặn trên bởi f b) do f là hàm đơn điệu tăng.) ( (

Đặt A = sup f(x)|x ∈ a, b) Ta sẽ chứng minh rằng lim( x→bf(x) = A.

Vì A là sup nên với mọi ε > 0 , tồn tại x0∈ (a, b) sao cho A − ε < f(x0) ≤ A < A+ε

Do đó với n đủ lớn nε > N ta có:

nZ0

x

nf(x)dx =

nεZ0

x

nf( )x dx +

nZnε

x

nf(x)dx

< εnεR0f(x)dx + nRnε

x

nf(x)dx

< εnεR0f(x)dx+ε

< ε(R∞

0f(x)dx+ 1).34

Vì bất đẳng thức cuối cùng đúng với ε > 0 tùy ý và n đủ lớn Do đó ta có lim

n→∞

1

nZ0xf(x)dx = 0 Bài 4.43

sinx

xα+ sinxdx+) I1là tích phân suy rộng loại 2 với cận suy rộng tại 0

+) I2là tích phân suy rộng loại 1 với cận suy rộng tại +∞

• Xét I2(α ≥ 1)

Xét f(x) = sinx thì

AZ

sinx

xαdx hội tụ nên → I2hội tụ vớiα >1

2Với 0 < α ≤21ta có:

2xα(xα+ 1)−

cos2x2xα(xα+ 1)

35

Ta có: 1

2xα(xα+ 1)∼

12x2αvà Z2

dx2x2αphân kì (vì 2α ≤ )1+∞

xα+ sinx → ⇒1 I1là tích phân thường

Nếu α = 1 thì x + sinx ∼ 2sinx khi x→ 0

x α +sinx= 0 ⇒ I1là tích phân thườngBài 4.44: Giả sử f là hàm liên tục trên [0, +∞} sao cho lim

x→∞ f(x) +

xZ

0 f(t)dt tồn tại và hữuhạn Chứng minh lim

x→∞

f(x) = 0

Bài làmGiả sử lim

x→∞

xZ0f(t)dt = +∞ (do −ε − |c| → −|c| = 0 khi x → ∞)