Nguyên hầm - Tích phân

Chương III. NGUYÊN HÀM, TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG §1. NGUYÊN HÀM 1. Nguyên hàm và các tính chất cơ bản a) Định nghĩa và kí hiệu Kí hiệu K là một khoảng, một đoạn hay một nửa khoảng. Định nghĩa Cho hàm số f xác định trên K. Hàm số F được gọi là nguyên hàm của hàm số trên K nếu '( ) ( )F x f x= với mọi x thuộc K. Chú ý: Nếu [ ; )K a b= thì '( )F a là đạo hàm bên phải của F tại điểm a. Nếu ( ; ]K a b= thì '( )F b là đạo hàm bên trái của F tại điểm b. Định lí 1. 1) Nếu F là một nguyên hàm của f trên K thì với mọi hằng số C, hàm ( ) ( )G x F x C= + cũng là một nguyên hàm của f trên K. 2) Đảo lại, Nếu F và G là hai nguyên hàm của f trên F thì tồn tại hằng số C sao cho ( ) ( )G x F x C= + . Chứng minh 1) Nếu ( ) ( )G x F x C= + thì '( ) '( ) ( )G x F x f x= = với mọi x thuộc K. Vậy G cũng là một nguyên hàm của f trên K. 2) Đặt ( ) ( ) ( ).H x G x F x= − Ta phải chứng tỏ rằng ( )H x là hàm số không đổi trên K, tức là với 1 2 , x x K∈ thì 1 2 ( ) ( )H x H x= . Thật vậy ta có: '( ) '( ) '( ) ( ) ( ) 0H x G x F x f x f x= − = − = với mọi x thuộc K. Thành thử theo định lí Lagrange ta có 1 2 1 2 ( ) ( ) '( )( ) 0H x H x H c x x− = − = . Vậy 1 2 ( ) ( )H x H x= . Như vậy để tìm tất cả các nguyên hàm của f, ta chỉ cần tìm một nguyên hàm F. Khi đó, mọi nguyên hàm G của f có dạng ( ) ( )G x F x C= + với C là một hằng số nào đó. Việc xác định hằng số C thường được tìm từ việc cho gái trị của G tại một điểm. Họ tất cả các nguyên hàm của f được kí hiệu là ( )f x dx ∫ . Như vậy ( ) ( ) ,f x dx F x C C = + ∈ ∫ ¡ Người ta cũng dùng kí hiệu ( )f x dx ∫ để chỉ một nguyên hàm bất kì của f. Do đó, ( ) ' ( ) ( )f x dx f x= ∫ . • Người ta chứng minh được rằng: Mọi hàm số liên tục trên K đều có nguyên hàm trên K. • Từ đây, Trong các bài toán về nguyên hàm của một hàm số f, ta luôn giả thiết f là hàm liên tục trên K. b) Tính chất Định lí 2 sau đau cho ta một số tính chất cơ bản của nguyên hàm Định lí 2 1) Nếu f, g là hai hàm số liên tục trên K thì i) [ ] ( ) ( ) ( ) ( )f x g x dx f x dx g x dx+ = + ∫ ∫ ∫ ii) ( ) ( )af x dx a f x dx= ∫ ∫ với mọi số thực a khác 0. (Sự bằng nhau của hai vế được hiểu là sự sai kém nhau một hằng số) 2) ( ) ( ) ( )d f x dx f x dx= ∫ . Chứng minh 1) i) Ta cần chứng tỏ vế phải là một nguyên hàm của f + g. Thật vậy ( ) ( ) ( ) ' ' ' ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )f x dx g x dx f x dx g x dx f x g x+ = + = + ∫ ∫ ∫ ∫ ii) Chứng minh tương tự. 2) Thật vậy ta có ( ) ( ) ' ( ) ( ) ( )d f x dx f x dx dx f x dx= = ∫ ∫ . Bài toán tìm nguyên hàm là bài toán ngược với bài toán tìm đạo hàm. Việc tìm nguyên hàm của một hàm số thường được đưa về tìm nguyên hàm của một số hàm số đơn giản hơn. Sau đây là nguyên hàm của một số hàm số thường gặp. BẢNG CÁC NGUYÊN HÀM CƠ BẢN 1) dx x C= + ∫ 2) 1 ( ) ( ) ( , 1) 1 x a x a dx C a α α α α + + + = + ∈ ≠ − + ∫ ¡ 3) 1 ln | | ( )dx x a C a x a = + + ∈ + ∫ ¡ 4) cos sin sin , cos , ( 0) x x xdx C xdx C a a a α α α α = − + = + ≠ ∫ ∫ 5) ( 0, 1) ln a a dx C a a a α α = + > ≠ − ∫ 6) 2 2 1 1 tan , cot cos sin dx x C dx x C x x = + = − + ∫ ∫ Ví dụ 1. Tìm cos 3 x xdx ∫ . Giải. Sử dụng công thức 2 1 cos (1 cos6 ) 2 x x= + , suy ra 1 1 sin 6 sin 6 cos 3 (1 cos6 ) . 2 2 6 2 12 x x x x xdx x x C C   = + = + + = + +  ÷   ∫ ∫ Ví dụ 2. Tìm hàm số f biết rằng 2 ''( ) (12 6 4)f x x x= + − , (0) 4, (1) 1f f= = . Giải. Ta có f’ là nguyên hàm của f’’. Vậy 2 3 2 '( ) (12 6 4) 4 3 4f x x x dx x x x C= + − = + − + ∫ . Vì f là nguyên hàm của f’ nên ta có 3 2 4 3 2 ( ) (4 3 4 ) 2 .f x x x x C dx x x x Cx D= + − + = + − + + ∫ Để xác định hai hằng số C và D, ta dựa vào điều kiện (0) 4, (1) 1f f= = . Ta có (0) 4f D D= ⇒ = . Lại có (1)f C D= + , do đó (1) 1 4 3C f D= − = − = − . Vậy hàm cần tìm là 4 3 2 ( ) 2 3 4.f x x x x x= + − − + Ví dụ 3. Cho 3 2 2 ( ) 1 x f x x + = − . a) Viết ( )f x dưới dạng ( ) 1 1 b c f x ax x x = + + + − . Hãy xác định các hằng số a, b, c. b) Tìm ( )f x dx ∫ . Giải. Ta có 2 3 2 2 2 ( 1) 2 2 2 ( 1) 2 ( ) 1 1 x x x x x x x x f x x x x − + + + + = − + + ⇒ = = + − − . Vậy 1a = . Khi đó 2 2 1 1 1 x b c x x x + = + − + − . 2 ( 1) ( 1) ( ) ( ) 1; 2.x b x c x b c x c b b c b c⇒ + = − + + = + + − ⇒ + = − = Từ đó 3 2 c = , 1 2 b = − . Theo câu a), 1 3 ( ) 2( 1) 2( 1) f x x x x = − + + − 2 3 1 ( ) ln | 1| 3ln | 1| . 2( 1) 2( 1) 2 dx dx f x dx xdx x x x C x x   ⇒ = − + = − + + − +   + − ∫ ∫ ∫ ∫ 2. Hai phương pháp cơ bản đế tìm nguyên hàm. a) Phương pháp đổi biến số Định lí 3 Cho hàm số ( )u u x= có đạo hàm liên tục trên K và hàm số ( )y f u= liên tục sao cho hàm hợp [ ] ( )f u x xác định trên K. Khi đó nếu F là một nguyên hàm của f [ ] [ ] ( ) '( ) ( )f u x u x dx F u x C= + ∫ Chứng minh. Ta cần chứng tỏ vế phải là một nguyên hàm của [ ] ( ) '( )f u x u x . Thật vậy, theo quy tắc tính đạo hàm hàm số hợp, ta có [ ] ( ) [ ] [ ] ' ( ) ' ( ) '( ) ( ) '( ).F u x C F u x u x f u x u x+ = = Chú ý. Trong thực hành, nếu ta viết gọn [ ] [ ] [ ] ( ) ( ) ; ( ) ( ) ; ( ) '( )f u x f u F u x F u du d u x u x dx= = = = . (coi du như là vi phân của hàm số ( )u u x= thì công thức đổi biến số có dạng rất dễ nhớ như sau: [ ] [ ] [ ] [ ] ( ) '( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )f u x u x dx f u x d u x f u du F u C F u x C= = = + = + ∫ ∫ ∫ . Như vậy, nếu hiểu du là vi phân của hàm số thì công thức ( ) ( )f u du F u C= + ∫ luôn đúng khi u là biến số cũng như u là một hàm số. Nói riêng, bảng các nguyên hàm cơ bản vẫn đúng nếu thay biến số x bằng hàm số u. b) Phương pháp lấy nguyên hàm từng phần Định lí 4 Nếu u và v là hai hàm số có đạo hàm liên tục trên K thì ( ) '( ) ( ) ( ) ( ) '( ) .u x v x dx u x v x v x u x dx= − ∫ ∫ Công thức trên gọi là công thức lấy nguyên hàm từng phần và viết gọn dưới dạng .udv uv vdu= − ∫ ∫ Chứng minh. Ta cần chứng tỏ vế phải là một nguyên hàm của uv’. Thật vậy: ( ) ( ) ( ) ' ' ' ( ) ( ) ( ) '( ) ( ) ( ) ( ) '( )u x v x v x u x dx u x v x v x u x dx− = − ∫ ∫ ( ) '( ) ( ) '( ) ( ) '( ) ( ) '( )u x v x v x u x v x u x u x v x= + − = . Tư tưởng của phương pháp lấy nguyên hàm từng phần là: Để tìm nguyên hàm của ( )f x , ta biểu diễn ( )f x dưới dạng ( ) ( ) '( )f x u x v x= sao cho có thể tìm được dễ dàng hàm v. Khi đó bài toán tìm nguyên hàm của f được quy về bài toán tìm nguyên hàm của vu’ mà ta hy vọng sẽ đơn giản hơn. Ví dụ 4. Tìm 2 7 (1 ) .x x dx− ∫ Giải. Đổi biến 1u x= − , ta có 2 7 2 7 7 8 9 8 9 10 8 9 10 (1 ) (1 ) ( 2 ) 2 (1 ) 2(1 ) (1 ) 8 9 10 8 9 10 x x dx u u du u u u du u u u x x x C C − = − − = − + + − − − = − + − + = − + − + ∫ ∫ ∫ Ví dụ 5. Tìm cos sin ) cos sin x x a dx x x − + ∫ 7 4 cos sin ) cos sin x x b dx x x − + ∫ Giải. a) Đổi biến cos sinu x x = + ta có sin cosdu x x = − + . Từ đó cos sin ln | | ln | cos sin | cos sin du x x dx u C x x C x x u − = = + = + + + ∫ ∫ b) Viết 7cos 4sinx x − dưới dạng 7cos 4sin (cos sin ) (cos sin )x x a x x b x x− = + + − , ở đó a, b là hằng số cần xác định. Ta có 7cos 4sin ( )cos ( )sinx x a b x a b x− = + + − . Suy ra 7; 4a b a b+ = − = . Từ đó 3 11 ; 2 2 a b= = . Vậy 7 4 (cos sin ) (cos sin ) cos sin cos sin cos sin cos sin ln |cos sin | cos sin 3 11.ln | cos sin | . 2 2 a x x b x x x x dx dx x x x x x x a dx b ax b x x C x x x x x C + + − − = + + − = + = + + + + + = + + ∫ ∫ ∫ ∫ Ví dụ 6. Tìm ) ; x a xe dx − ∫ ) ln .b x xdx ∫ Giải. a) Chọn , ' x u x v e − = = . Suy ra ' 1, x u v e − = = − . Theo công thức nguyên hàm từng phần ta có x x x x x xe dx xe e dx xe e C − − − − − = − + = − − + ∫ ∫ . b) Chọn ln , 'u x v x= = . Suy ra 3 2 1 2 ' , 3 u v x x = = . Theo công thức nguyên hàm từng phần ta có 3 3 3 2 2 2 2 ln 2 2 ln 4 ) ln . 3 3 3 9 x x x x x b x xdx xdx C= − = − + ∫ ∫ Ví dụ 7. Tìm 2 2 (cos sin ) x dx x x x+ ∫ . Giải. Để ý rằng ' (cos sin ) cos .x x x x x+ = Do đó ta viết biểu thức dưới dấu tích phân ở dạng ( ) '( )u x v x dx với 2 cos ( ) ; '( ) cos (cos sin ) x x x u x v x x x x x = = + . Dễ tìm được 2 cos sin '( ) cos x x x u x x + = . Để tìm ( )v x , ta lại phải giải một bài toán tìm nguyên hàm. Ta có 2 cos ( ) . (cos sin ) x x v x dx x x x = + ∫ Đổi biến số đặt ( ) cos sin .t x x x x= + Ta có '( ) cos ,t x x x= do đó 2 2 2 cos '( ) 1 1 ( ) (cos sin ) ( ) cos sin x x t x dt v x dx dx x x x t x t t x x x = = = = − = − + + ∫ ∫ ∫ . Vậy công thức lấy nguyên hàm từng phần cho ta 2 2 2 (cos sin ) cos (cos sin ) cos sin sin cos cos (cos sin ) cos cos sin x x dx dx x x x x x x x x x x x x x C C x x x x x x x x = − + + + − − = + + = + + + ∫ ∫ Ví dụ 8. Thầy giáo cho bài toán “Tìm sin cosx xdx ∫ ”. Bạn An giải bằng phương pháp đổi biến số như sau: Đặt sinu x= , ta có cosdu xdx= . Vậy 2 2 sin sin cos ( ) 2 2 u x x xdx udu C C a= = + = + ∫ ∫ Bạn Bình giải bằng phương pháp lấy nguyên hàm từng phần như sau Chọn cosu x= , ' sinv x = . Ta có '( ) sin ; ( ) cosu x x v x x= − = − . Công thức nguyên hàm từng phần cho ta 2 sin cos cos sin cos .x xdx x x xdx= − − ∫ ∫ Giả sử ( )F x là một nguyên hàm của sin cosx x . Theo đẳng thức trên ta có 2 ( ) cos ( )F x x F x C= − − + với C là một hằng số nào đó. Suy ra 2 cos ( ) 2 2 x C F x = − + . Điều này chứng tỏ 2 cos 2 x − là một nguyên hàm của sin cosx x . Vậy 2 cos sin cos 2 x x xdx C= − + ∫ . (b) Bạn Cường chưa học đến phương pháp đổi biến số cũng như phương pháp lấy nguyên hàm từng phần nên giải như sau sin 2 cos 2 sin cos 2 4 x x x xdx dx C= = − + ∫ ∫ (c) Vậy ai đúng, ai sai ? Giải. Cả ba đáp số đều đúng, tức là cả ba hàm số 2 sin 2 x , 2 cos 2 x − và cos2 4 x − đều là nguyên hàm của sin cosx x do chúng chỉ sai khác nhau một hằng số. Thật vậy 2 2 sin cos 1 2 2 2 x x   − − =  ÷   ; 2 2 2 sin cos 2 2sin (1 2sin ) 1 . 2 4 4 4 x x x x+ −   − − = =  ÷   BÀI TẬP 1. Tìm tan 2 cos x e dx x ∫ 2. Tìm ) sin 2 cosa x xdx ∫ ; 2 ) cot (2 )b x dx ∫ . 3. Tìm hàm số f biết rằng: ) '( ) 4a f x x x= − và (4) 0f = 2 1 ) '( ) 2b f x x x = − + và (1) 2f = . 4. Tìm 2 3 ) 3 1a x x dx+ ∫ ; 2 2 4 ) 4 2 x b dx x x + + − ∫ 5. Tính 2 x xe dx ∫ . 6. Tìm 3 ) ln(2 )a I x x dx= ∫ ; 2 ) cos(2 )b J x x dx= ∫ . 7. Tìm 3 4 5 ) (6 5) x a I dx x = + ∫ ; 2 ) x b J x e dx= ∫ . HƯỚNG DẪN GIẢI 1. Đổi biến tanu x= . Ta có kết quả là tan x e C+ . 2. a) Ta có sin 3 sin sin2 cos 2 x x x x + = . Từ đó tìm được kết quả là cos3 3cos 6 x x C + − + b) Ta có 2 2 1 cot (2 ) 1 sin (2 ) x x = − . Từ đó tìm được kết quả là 1 cot 2 2 x x C− − + . 3. a) Ta có 2 8 ( ) ( ) 3 2 x x x f x x x dx C= − = − + ∫ Từ điều kiện 40 (4) 0 3 f C= ⇒ = − . b) Tương tự ta tìm được 2 1 3 ( ) 2 2 2 x f x x x = + + − . 4. a) Đặt 3 1u x= + ta được 3 3 3 2 2 2 2 ( 1) 3 3 udu u C x C= + = + + ∫ . b) Đặt 2 4 5u x x= + − ta được 2 ln | | ln | 4 5| du u C x x C u = + = + + + ∫ . 5. Đặt 2 u x= . Khi đó 2du xdx= . Do đó 2 2 1 2 2 2 u x x u e e xe dx e du C C= = + = + ∫ ∫ 6. Sử dụng công thức lấy nguyên hàm từng phần a) Chọn 4 3 1 ln(2 ), ' ' , . 4 x u x v x u v x = = ⇒ = = Ta được 4 3 4 4 ln(2 ) ln(2 ) 4 4 4 16 x x x x x x I dx C= − = − + ∫ b) Chọn 2 sin(2 ) , ' cos(2 ) ' 2 , 2 x u x v x u x v= = ⇒ = = . Ta được 2 sin(2 ) sin(2 ) 2 x x J x x dx= − ∫ . Tiếp tục chọn cos(2 ) , ' sin(2 ) ' 1, 2 x u x v x u v= = ⇒ = = − . Ta được cos(2 ) cos(2 ) cos(2 ) sin(2 ) sin(2 ) 2 2 2 4 x x x x x x x x dx dx C= − + = − + + ∫ ∫ . Thay vào ta được kết quả 2 sin(2 ) cos(2 ) sin(2 ) 2 2 4 x x x x x J C= + − + 7. a) Đổi biến 4 3 1 6 5 . 24 u x x dx du= + ⇒ = Ta tìm được kết quả 4 4 1 96(6 5) I C x = − + + . b) Lấy nguyên hàm từng phần, đặt 2 , ' ' 2 , x x u x v e u x v e= = ⇒ = = . Từ đó 2 2 x x J x e xe dx= − ∫ . Lại dùng phương pháp nguyên hàm từng phần để tìm x xe dx ∫ . Đặt , ' ' 1, x x u x v e u v e= = ⇒ = = ta được x x x xe dx xe e C= − + ∫ . Thay vào ta được kết quả là 2 ( 2 2) . x J x x e C= − + + §2. TÍCH PHÂN 1. Khái niệm và các tính chất cơ bản của tích phân a) Định nghĩa Cho hàm số f liên tục trên K và a, b là hai số bất kì thuộc K. Tính phân của f từ a đến b, kí hiệu ( ) b a f x dx ∫ , là một số xác định bới công thức sau ( ) ( ) ( ) b a f x F b F a= − ∫ Trong đó F là một nguyên hàm của f trên K. Chú ý rằng định nghĩa trên là đúng đắn, tức là tích phân của f từ a đến b không phụ thuộc vào việc chọn nguyên hàm F nào của f trong họ các nguyên hàm của f . Thật vậy, nếu G(x) là một nguyên hàm khác của f thì tồn tại hằng số C sao cho ( ) ( )G x F x C= + với mọi x K ∈ . Thành thử ( ) ( ) ; ( ) ( )G b F b C G a F a C= + = + , do đó ( ) ( ) ( ) ( ).G b G a F b F a− = − Người ta còn dùng kí hiệu ( ) b a F x để chỉ hiệu số ( ) ( )F b F a− . Như vậy, nếu F là một nguyên hàm của f trên K thì ( ) ( ) b b a a f x dx F x= ∫ . Vì ( )f x dx ∫ là một nguyên hàm của f trên K nên ta có ( ) ( ) ( ) b b a a f x dx f x dx= ∫ ∫ . (1) Người ta gọi hai số a, b là hai cận của tích phân, số a là cận dưới, số b là cận trên, f là hàm số dưới dấu tích phân, ( )f x dx là biểu thức dưới dấu tích phân và x là biến số lấy tích phân. Đối với biến số lấy tích phân, ta có thể chọn bất kì một chữ số khác thay cho x. Chẳng hạn nếu sử dụng chữ t, chữ u hay chữ v lầm biến số lấy tích phân thì ( ) , ( ) b b a a f t dt f u du ∫ ∫ và ( ) b a f v dv ∫ đều có thể dùng kí hiệu tích phân của f từ a đến b. Do công thức (1) nên kí hiệu ( )f x dx ∫ còn được gọi là tích phân bất định của hàm số f trong đó ( )f x là hàm số dưới dấu tích phân bất định, ( )f x dx gọi là biểu thức dưới dấu tích phân bất định và x là biến số lấy tích phân bất định (“bất định” vì chưa xác định hai cận của tích phân). b) Các tính chất của tích phân Định lí 1 Giả sử hàm số f, g liên tục trên K và a, b, c là ba số bất kì thuộc K. Khi đó ta có 1) ( ) 0 a a f x dx = ∫ 2) ( ) ( ) b a a b f x dx f x dx= − ∫ ∫ 3) ( ) ( ) ( ) b c c a b a f x dx f x dx f x dx+ = ∫ ∫ ∫ [ ] 4) ( ) ( ) ( ) ( ) b b b a a a f x g x dx f x dx g x dx+ = + ∫ ∫ ∫ 5) ( ) ( ) ( ) b b a a kf x dx k f x dx k= ∈ ∫ ∫ ¡ Chứng minh các tính chất này rất đơn giản nên ta bỏ qua. Định lí 2 Cho f là hàm số xác định trên K và a là một điểm cố định thuộc K. Xét hàm số G(x) xác định trên K bới công thức ( ) ( ) . x a G x f t dt= ∫ Khi đó G là một nguyên hàm của f. Chứng minh. Giả sử F là một nguyên hàm của f . Theo định nghĩa tích phân, ta có ( ) ( ) ( )G x F x F a= − . Vậy G và F chỉ sai khác một hằng số nên G là một nguyên hàm của f. Ví dụ 1. Tính 2 5 2 4 1 ) ;a I x dx x   = +  ÷   ∫ /3 /4 ) ; sin 2 dx b I x π π = ∫ 2 1 ) ln e c I x xdx= ∫ Giải. a) Chú ý rằng 1 1 ,( 1) 1 b a b a x dx α α α α α + + − = ≠ − + ∫ , ta có 2 5 5 5 5 2 4 2 4 4 4 4 1 1717 2 4 x dx x dx xdx x dx x −   + = + + =  ÷   ∫ ∫ ∫ ∫ b) Trước hết ta tìm tích phân bất định 2sin cos dx x x ∫ . Đổi biến tanu x= , ta có 2 cos ln ln(tan ) 2sin cos 2sin cos 2 2 2 dx xdx du u x C C x x x x u = = = + = + ∫ ∫ ∫ Thay cận vào ta được ln3 4 I = . c) Trước hết ta tìm tích phân bất định 2 lnx xdx ∫ . Sử dụng tích phân từng phần: chọn 2 ln , ' .u x v x= = Ta có 3 1 ' , 3 x u v x = = , do đó 3 2 3 3 2 ln ln ln 3 3 3 9 x x x x x xdx x dx x C= − = − + ∫ ∫ . Thay cận vào ta tìm được 3 2 1 . 9 e I + = Ví dụ 2. Cho số thực a thuộc khoảng 0; 2 π    ÷   . Chứng minh rằng tan cot 2 2 1. 1 (1 ) a a e e xdx dx x x x + = − + + ∫ ∫ Giải. Xét hàm số tan cot 2 2 ( ) 1 (1 ) x x e e tdt dt T x t t t = + + + ∫ ∫ xác định với 0; 2 x π   ∈  ÷   . Ta cần tính ( )T a . Gọi ( ), ( )F t G t lần lượt là nguyên hàm của các hàm số 2 2 1 1 , 1 (1 )t t t+ + . Khi đó ( ) (tan ) ( ) (cot ) ( )T x F x F e G x G e= − + − . Suy ra 2 2 2 2 2 2 1 1 tan 1 1 '( ) '(tan ) '(cot ) tan 0 cos sin (1 tan )cos cot (1 cot )sin cot x T x F x G x x x x x x x x x x = − = − = − = + + Vậy ( )T x là hằng số trên khoảng 0; 2 π    ÷   . Nói riêng 1 1 1 2 2 ( ) 1. 4 1 (1 ) e e e xdx dx dx T a T x x x x π   = = + = = −  ÷ + +   ∫ ∫ ∫ Ví dụ 3. Cho hàm số f xác định trên ¡ như sau khi 1 ( ) 1 khi 1 1 khi 1 x x f x x x x − < −   = − ≤ ≤   >  Tìm nguyên hàm của f. Nhiều bạn giải bài toán này như sau: Ta tìm nguyên hàm của f trên các khoảng ( ; 1)−∞ − ; [ 1;1]− , (1; )+∞ và thu được kết quả sau 2 2 khi 1 2 ( ) khi 1 1 khi 1 2 x C x f x x C x x C x  − + < −    = + − ≤ ≤    + >   Đây là một kết quả không đúng. Thật vậy, vì F có đạo hàm nên F phải liên tục. Tuy nhiên dễ thấy hàm F gián đoạn tại hai điểm 1x = − và 1x = . Giải. Xét hàm G xác định bởi: 1 ( ) ( ) x G x f t dt − = ∫ . Theo định lí 2, G là một nguyên hàm của f. Với 1x < − : Vì với t thuộc khoảng ( ; 1)x − thì ( )f t t= − , do đó 2 1 1 ( ) . 2 x x G x tdt − − = − = − ∫ Với 1 1x− ≤ ≤ : Vì với t thuộc khoảng ( 1; )x− thì ( ) 1f t = , do đó 1 ( ) 1 x G x dt x − = = + ∫ . Với 1x > ta có 1 1 1 ( ) ( ) ( ) x G x f t dt f t dt − = + ∫ ∫ . Vậy một nguyên hàm của f là 2 2 1 khi 1 2 ( ) 1 khi 1 1 3 khi 1 2 x x f x x x x x  − − < −    = + − ≤ ≤   +  >   Vì tất cả các nguyên hàm của f có dạng ( ) ( )F x G x C= + nên đáp số đúng sẽ là 2 2 1 khi 1 2 ( ) 1 khi 1 1 3 khi 1 2 x C x f x x C x x C x  − − + < −    = + + − ≤ ≤   +  + >   Ví dụ 4. Cho hàm số 2 ( ) sin x x g x t tdt= ∫ g xác định với 0x > . Tìm '( )g x . Giải. Đặt ( ) sin .f t t t= Gọi F là một nguyên hàm của f. Theo định nghĩa tích phân ta có 2 ( ) ( ) ( )g x F x F x= − . Vậy 2 2 2 2 4 '( ) ( ) sin( ) '( ) 2 '( ) 2 ( ) 2 sin( ) . 2 2 2 F x f x x g x xF x xf x x x x x x = − = − = − c) Khái niệm tổng tích phân và định lí cơ bản của tích phân [...]... x Tổng tích phân cấp n của hàm số f trên đoạn [0 ; 1] là Sn = 1 n ∑ n i =1 i 1 n i f  ÷= ∑ = un  n  n i =1 n 1 2 3 Theo định lí cơ bản của tích phân ta có lim S n = ∑ xdx = 0 2 Do đó lim un = 3 Trong một số bài toán, nếu ta không tìm được hàm số f nào có tổng tích phân cấp n bằng un thì ta có thể cố gắng tìm một hàm số f sao cho un bị kẹp giữa tổng tích phân trên cấp n và tống tích phân dưới... gọi là tổng tích phân cấp n, tổng tích phân trên cấp n và tổng tích phân dưới cấp n của hàm số y = f ( x) trên đoạn [a ; b] xi = a + Định lí 3 Cho hàm số y = f ( x) liên tục trên K và a, b là hai số thuộc K (a < b) Khi đó b lim S n = lim U n = lim Vn = ∫ f ( x)dx a Ví dụ 5 Cho dãy (un ) xác định bởi công thức un = 1 n i ∑ Tìm lim un n i =1 n Giải Ta cố gắng tìm một hàm số f mà có tổng tích phân cấp... Theo công thức đổi biến I = ∫ f (u )du u(a) Trong nhiều trường hợp, việc tính tích phân này đơn giản hơn so với tích phân ban đầu 2 x Ví dụ 7 Tính ∫ xe dx 2 1 1 2 eu du , ở đó u ( x) = x 2 2 2 u (2) u 4 u 4 e e e −e du = ∫ du = Vậy I = ∫ 2 2 2 u (1) 1 2 Giải Ta có xe x dx = e x d ( x 2 ) = β Cách 2: Giả sử cần tính tích phân I = ∫ f ( x)dx α Ta thực hiện đổi biến x = x(t ) sao cho x’ liên tục Tiếp... Phương pháp tích phân từng phần Định lí 5 Cho hai hàm số u, v có đạo hàm liên tục trên K và a, b là hai số thuộc K Khi đó b b a a ∫ u( x)v '( x)dx = u (b)v(b) − u(a)v(a) − ∫ u '( x)v( x)dx Chứng minh Theo công thức tìm nguyên hàm từng phần u ( x)v( x) − ∫ v( x)u '( x) dx là một nguyên hàm của u ( x )v '( x) Giả sử H ( x) là một nguyên hàm của u ( x)v '( x) Khi đó u ( x)v( x) − H ( x) là một nguyên hàm... một nguyên hàm của f Khi đó vế phải của (1) là F [u (b)] − F [u (a)] Mặt khác, theo công thức đạo hàm hàm hợp ta có ( F [u ( x) ) ' = F '[u ( x)]u '( x) = f [u ( x)]u ' x Do đó F [u ( x)] là một nguyên hàm của f [u ( x)]u ' x Vậy vế trái là F [u (b)] − F [u (a)] Như vậy vế trái và vế phải bằng nhau Phương pháp đổi biến số thường được áp dụng theo hai cách sau: b Cách 1: Giả sử ta cần tính tích phân. .. phân dưới cấp n của f trên đoạn [a ; b] Khi đó áp dụng định lí kẹp và định lí cơ bản của tích b phân, ta sẽ tìm được lim un = ∫ f ( x) dx a Xét ví dụ sau đây Ví dụ 6 Cho dãy (un ) xác định bởi công thức un = n 1 1 1 + + =∑ 2n + 1 4n − 1 i =1 2n + 2i − 1 Tìm lim un Giải Xét hàm số f ( x) = lượt là 1 Tổng tích phân trên và dưới của hàm số f trên đoạn [0 ; 1] lần 1+ x n 1 n 1 1 =∑ ∑ i − 1 i =1 n +... liên tục Tiếp đó ta tìm hai số a, b thỏa mãn α = x(a ) ; β = x(b) với x là song ánh trên (a,b) b Theo công thức đổi biến, I = ∫ f [ x(t )]x '(t )dt a Trong nhiều trường hợp, việc tính tích phân này đơn giản hơn so với tích phân ban đầu Ví dụ 8 Tính 1 dx a) I = ∫ 2 ; x +1 −1 b) I = 2π x sin x ∫ 1 + cos π 2 x dx Giải a) Sử dụng đổi biến (cách 2) Đặt x = tan t Ta có x '(t ) =  π π  tan  − ÷ = −1; tan... + i n 1 1 1 V U < < Vì nên suy ra n < un < n (3) 2(n + i ) 2n + 2i − 1 2(n + i − 1) 2 2 1 1 dx = ln 2 (4) Theo định lí cơ bản của tích phân : lim U n = lim Vn = ∫ 1+ x 0 ln 2 Do đó từ (3) và (4) và định lí kẹp ta suy ra lim un = 2 Un = 2 Hai phương pháp cơ bản tính tích phân a) Phương pháp đổi biến số Cơ sở của phương pháp đổi biến số là định lí sau đây Định lí 4 Cho u = u ( x ) là hàm số có đạo hàm... = (1 + sin x cos x)e dx ∫ 0 x 1 + cos 2 x Giải π 4 π π π 4 4 4 ex sin x cos xe x ex tan xe x I=∫ dx + ∫ dx = ∫ dx + ∫ dx 1 + cos 2 x 1 + cos 2 x 2 cos 2 x 2 0 0 0 0 Sử dụng công thức tích phân từng phần đối với tích phân đầu tiên ta được I= π 4 x π 4 x π 4 π 4 x e tan x e tan x e tan x e −∫ dx + ∫ dx = 2 0 0 2 2 2 0 Ví dụ 10 Giả sử f là hàm liên tục Chứng minh rằng với mỗi số thực a ta có a ∫ 0 x... phải chứng minh a ∫ 0 0 ∫ f ( x)(a − x)dx = ∫ F ( x)dx 0 Ta có F '( x) = f ( x) Do đó a a a 0 0 (1) a f ( x)(a − x)dx = a ∫ f ( x )dx − ∫ xf ( x)dx = aF (a ) − ∫ xF '( x)dx (2) 0 a a 0 0 Công thức tính tích phân từng phần cho ta ∫ xF '( x)dx = aF (a) − ∫ F ( x)dx (3) Thay (3) vào (2) ta được (1) (đpcm) BÀI TẬP Tính 1 a ) I = ∫ x 3e x dx; 2 0 ln 2 b) I = ∫e 7x dx 0 Tính π 3 3 a ) I = ∫ tan xdx; 0 xdx 1 . cận của tích phân, số a là cận dưới, số b là cận trên, f là hàm số dưới dấu tích phân, ( )f x dx là biểu thức dưới dấu tích phân và x là biến số lấy tích phân. Đối với biến số lấy tích phân, . tích phân bất định, ( )f x dx gọi là biểu thức dưới dấu tích phân bất định và x là biến số lấy tích phân bất định (“bất định” vì chưa xác định hai cận của tích phân) . b) Các tính chất của tích. tích phân thì ( ) , ( ) b b a a f t dt f u du ∫ ∫ và ( ) b a f v dv ∫ đều có thể dùng kí hiệu tích phân của f từ a đến b. Do công thức (1) nên kí hiệu ( )f x dx ∫ còn được gọi là tích phân