TÍCH PHÂN và ỨNG DỤNG

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN - NGÔ THỊ SINH TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SỸ KHOA HỌC Hà Nội – Năm 2015 ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN - NGÔ THỊ SINH TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp Mã số: 60460113 LUẬN VĂN THẠC SỸ KHOA HỌC Người hướng dẫn khoa học PGS TS VŨ ĐỖ LONG Hà Nội – Năm 2015 MỤC LỤC LỜI CẢM ƠN Để hoàn thành khóa học, lời xin trân trọng cảm ơn đến thầy cô giáo công tác khoa Toán – Cơ – Tin học trường Đại học Khoa học Tự nhiên, Đại học Quốc gia Hà Nội, người giảng dạy cung cấp kiến thức khoa học quý báu suốt năm học vừa qua để có tảng kiến thức thực luận văn Tiếp theo xin gửi lời cảm ơn sâu sắc tới thầy giáo hướng dẫn PGS TS Vũ Đỗ Long, người tận tình bảo giúp đỡ tạo điều kiện nhiều mặt để hoàn thành luận văn Cuối xin chân thành cảm ơn Sở giáo dục đào tạo Hà Nội, ban giám hiệu trường THPT Phan Huy Chú – Đống Đa – Hà Nội tạo điều kiện tối đa để có thời gian học tập tốt hoàn thành khóa học Hà Nội, ngày 18 tháng 11 năm 2015 Học viên Ngô Thị Sinh MỞ ĐẦU Toán học môn khoa học nghiên cứu số, cấu trúc, không gian phép biến đổi Nói cách khác, người ta cho môn học " hình số." Toán học tảng cho tất ngành khoa học tự nhiên khác Có thể nói toán học, ngành khoa học Môn Toán chia thành nhiều phân môn nhỏ, có phân môn: Giải tích toán học gọi đơn giản Giải tích Giải tích ngành toán học nghiên cứu khái niệm: giới hạn, đạo hàm, nguyên hàm, tích phân Phép toán giải tích "phép lấy giới hạn" Phần lớn người học lúng túng gặp khó khăn học Giải tích nói chung Nguyên hàm, Tích phân, toán thực tế cần dùng đến Tích phân nói riêng Tích phân có ứng dụng số toán tìm giới hạn, chứng minh bất đẳng thức, hay tính tổng… Bên cạnh đó, đề thi tốt nghiệp THPT, Đại học - Cao đẳng năm xuất toán liên quan đến tích phân Với mong muốn hệ thống lại kiến thức nguyên hàm, tích phân xác định ứng dụng lựa chọn đề tài “Tích phân ứng dụng” cho luận văn , cụ thể luận văn gồm chương: Chương 1: Nguyên hàm Trong chương nhắc đến khái niệm tính chất nguyên hàm, bảng nguyên hàm hàm số thường gặp số phương pháp tính nguyên hàm làm sở để tính tích phân xác định trình bày chương Chương 2: Tích phân xác định ứng dụng Ở chương nêu định nghĩa tích phân xác định, điều kiện khả tích tính chất tích phân xác định có tính chất quan trọng sử dụng công thức Newton – Leipnitz để tính tích phân xác định sau tìm nguyên hàm Đặc biệt chương thể ứng dụng tích phân việc tính diện tích hình phẳng giới hạn đường tính thể tích vật tròn xoay quay hình phẳng xung quanh trục Ox, Oy Chương 3: Các toán khác Chương đề cập đến ứng dụng tuyệt vời tích phân toán phức tạp tìm giới hạn, tìm tổng hay chứng minh bất đẳng thức Mặc dù cố gắng tìm tòi vấn đề toán liên quan đến việc tính Tích phân ứng dụng nó, kiến thức vô tận nên luận văn không tránh khỏi hạn chế thiếu sót Rất mong nhận góp ý bảo thầy cô giáo để luận văn có giá trị khoa học cao Em xin chân thành cảm ơn! CHƯƠNG NGUYÊN HÀM 1.1 Định nghĩa nguyên hàm a Giả sử hàm y = f ( x ) liên tục khoảng ( a;b ) Khi hàm số y = F ( x ) gọi nguyên hàm hàm số y = f ( x ) F ' ( x ) = f ( x ) , ∀x ∈ ( a; b ) b Nếu y = F ( x ) nguyên hàm hàm số y = f ( x ) tập hợp tất nguyên hàm hàm số y = f ( x ) tập I = { F ( x ) + c, c ∈ R} tập ký hiệu là: I = ∫ f ( x ) dx = F ( x ) + c 1.2 Các tính chất nguyên hàm a Nếu y = f ( x ) hàm số có nguyên hàm ( ∫ f ( x ) dx ) ' = f ( x ) ; d ( ∫ f ( x ) dx ) = f ( x ) dx b Nếu F ( x ) có đạo hàm ∫ d ( F ( x ) ) = F ( x ) + c c Phép cộng Nếu f ( x ) g ( x ) có nguyên hàm ∫ f ( x ) dx + ∫ g ( x ) dx = ∫  f ( x ) + g ( x )  dx d Phép trừ Nếu f ( x ) g ( x ) có nguyên hàm ∫ f ( x ) dx − ∫ g ( x ) dx = ∫  f ( x ) − g ( x )  dx e Phép nhân với hẳng số khác ∫ kf ( x ) dx = k ∫ f ( x ) dx, ∀k ≠ f Công thức đổi biến số Cho y = f ( u ) u = g ( x ) Nếu ∫ f ( x ) dx = F ( x ) + c ∫ f ( g ( x ) ) g ' ( x ) dx = ∫ f ( u ) du = F ( u ) + c 1.3 Bảng công thức nguyên hàm số hàm số ∫ 0dx = C; ∫ dx = x + c dx x = arctan + c ( a > ) +x a a dx a+x ∫ a − x = 2a ln a − x + c ∫a ( ax + b ) ∫ ( ax + b ) dx = a α + + c, α ≠ −1 1 ∫ ax + b dx = a ln ax + b + c ax +b ax + b ∫ e dx = a e + c ax + b ax + b ∫ m dx = a ln m m + c b  ∫ ln ( ax + b ) dx =  x + a ÷ ln ( ax + b ) − x + c dx x ∫ a − x = arcsin a + c ( a > ) α ∫ dx a+x α +1 ∫ cos ( ax + b ) dx = a sin ( ax + b ) + c −1 cos ( ax + b ) + c a −1 ∫ tan ( ax + b ) dx = a ln cos ( ax + b ) + c ∫ cot ( ax + b ) dx = a ln sin ( ax + b ) + c −1 ∫ sin ( ax + b ) dx = a cot ( ax + b ) + c ∫ sin ( ax + b ) dx = 1 ∫ cos ( ax + b ) dx = a tan ( ax + b ) + c = ln x + x + a + c 1.4 Một số phương pháp tính nguyên hàm 1.4.1 Phương pháp ghép vi phân thích hợp a Phương pháp Sử dụng biến đổi f ' ( x ) dx = d ( f ( x ) ) d ( ax + 2bx + c ) cos x.dx = d ( sin x ) adx = d ( ax + b ) ; Ví dụ: ( ax + b ) dx = sin x.dx = − d ( cos x ) ; b Một số ví dụ Ví dụ 1.1.1 ([1]) I =∫ dx d ( x + 3) = ∫ = ln x + + c 2x + 2x + Ví dụ 1.1.2 ([1]) I =∫ ( x + 3) dx = x + 3x + ∫ d ( x + 3x + 5) Ví dụ 1.1.3 ([1]) x + 3x + = ln x + x + + c I = ∫ sin x.cos3 xdx = − ∫ cos3 xd ( cos x ) = − cos x +c Ví dụ 1.1.4 ([1]) I = ∫ cos x.sin xdx = ∫ sin xd ( sin x ) = sin x +c Ví dụ 1.1.5 I = ∫ ( e cos x + sin x ) sin x.dx = ∫ ecos x sin x.dx + ∫ sin x.dx = − ∫ ecos x d ( cos x ) + ∫ − cos x 1 dx = −ecos x + x − sin x + c 2 Ví dụ 1.1.6 x  d  tan ÷ dx dx dx x 2 I =∫ =∫ =∫ =∫  = ln tan + c x x x x x sin x 2sin cos tan cos tan 2 2 Ví dụ 1.1.7 dx π  x π x π sin  x + ÷ 2sin  + ÷.cos  + ÷ 2  2 4 2 4   x π  d  tan  + ÷÷ dx x π   =∫ =∫  = ln tan  + ÷ + c x π x π x π 2 4 tan  + ÷.cos  + ÷ tan  + ÷ 2 4 2 4 2 4 I =∫ dx = cos x ∫ dx =∫ Ví dụ 1.1.8 I =∫ dx dx tan x = = + tan x d tan x = tan x + +c ( ) ( ) cos x ∫ cos x cos x ∫ 1.4.2 Nguyên hàm hàm phân thức hữu tỉ a Các định nghĩa • Phân thức hữu tỉ biểu thức dạng hệ số thực P ( x) với P ( x ) , Q ( x ) đa thức với Q ( x) • Phân thức thực phân thức hữu tỉ P ( x) với deg P ( x ) < deg Q ( x ) Q ( x) • Phân thức đơn giản dạng phân thức sau: A ; x−a A ( x − a) k Bx + C ; x + px + q ; Bx + C ( x + px + q ) k (∆= p − 4q < 0; k ∈ N ) • Định lý tổng quát phân tích đa thức Mọi đa thức Q ( x ) ≠ với hệ số thực có cách phân tích thành nhân tử (không tính theo thứ tự xếp nhân tử) gồm nhị thức bậc tam thức bậc hai có biệt thức ∆ < , tức ta có Q ( x ) = A ( x − a1 ) ( x − ak ) n nk (x + p1 x + q1 ) ( x + ps x + qs ) m1 ms đó: A ≠ 0; a1 , , ak nghiệm thực phân biệt Q ( x ) ; pi , qi số thực thỏa mãn ∆ i = pi2 − 4qi < 0; deg Q = n1 + + nk + ( m1 + + ms ) b Phương pháp tính • Nguyên hàm hàm phân thức bản: dx = ln x − a + c x−a dx x + I = ∫ 2 = arctan + c ( a > ) x +a a a dx = + c ( k ≠ 1) k 1− k + I =∫ ( x − a) (1− k ) ( x − a) + I =∫ + I =∫ ( Bx + C ) x + px + q dx = ∫ B Bp ( x + p ) +  C − ÷ 2   dx x + px + q (p − 4q < ) B d ( x + px + q )  Bp  dx = ∫ +C − ÷∫ 2 x + px + q  x + px + q  B Bp  dx  = ln x + px + q +  C − ÷∫ 2  ( x + m ) + n2  B Bp  x+m  ln x + px + q +  C − +c ÷ arctan 2 n n  ( Bx + C ) dx 2 ≤ m ∈ N m + Im = ∫ với  ( x + px + q )  p − 4q < = Im = ∫ = B Bp ( x + p ) +  C − ÷ 2   (x + px + q ) m B ( − m ) ( x + px + q ) m −1 B d ( x + px + q )  Bp  dx dx = ∫ + C − ÷ m ∫ ( x + px + q )  ( x + px + q ) m  Bp  dx  + C − ÷∫ 2  ( x + px + q ) m  p  dx+ ÷ 2  dx Đặt J m = ∫ x + px + q m = ∫  ( )  p  4q − p  x +   ÷ + 2   =∫ m dt 4q − p p J = m m ∫ Với t = x + ; a= , ta tính ( t + a2 ) 2 Cách ( Phương pháp lượng giác) Đặt t = a tan α ⇒ dt = (t dt + a2 ) m theo cách sau đây: adα cos α adα 2m−2 ⇒ Jm = ∫ = m −1 ∫ ( cos α ) dα m cos α a  a ( + tan α )    Đến ta tính kĩ thuật tích phân hàm lượng giác Cách ( Phương pháp tích phân phần) Jm = ∫ (t t + a2 − t = 2∫ dt = m 2 a (t +a ) a dt + a2 ) m dt ∫ t + a m−1 − a ( ) ∫ (t t dt + a2 ) m t dt 1 J = J m = J m −1 − J với ∫ t + a2 m a a ( ) Đặt u = t ⇒ du = dt v = ∫ (t tdt +a ) m = −m 1 t + a2 ) d ( t + a2 ) = − ( ∫ 2 ( m − 1) ( t + a ) m −1 Vậy thay vào ta có J m = • 2a ( m − 1) ( t + a Nguyên hàm hàm phân thức Q ( x ) = A ( x − a1 ) ( x − ak ) n nk (x ) m −1 + 2m − J m−1 a 2m − P ( x) với deg P ( x ) < deg Q ( x ) Q ( x) + p1 x + q1 ) ( x + ps x + qs ) m1 ms  A An11  Ank k  P ( x )  A11 = + + ÷+ +  1k + + ÷ n1 nk  x − ak ÷ Q ( x )  x − a1 x − a ( x − a1 ) ÷ ( ) k     Bm11 x + Cm1s  Bms x + Cms B x + C11 ÷+ +  B1s x + C1s + + +  11 + + m ms 2  x + p1 x + q1 ÷  x + ps x + q s x + p x + q x + p x + q ( ) ( ) 1 s s    c Một số ví dụ Ví dụ 1.2.1 ([4])  ÷ ÷  Nếu hàm f khả tích đoạn [ a; b ] m ≤ f ( x ) ≤ M , ∀x ∈ [ a; b ] tồn điểm µ ∈ [ m; M ] cho b ∫ f ( x ) dx = µ ( b − a ) a Hệ Nếu f hàm số liên tục đoạn [ a; b ] tồn điểm c ∈ [ a; b ] cho b ∫ f ( x ) dx = f ( c ) ( b − a ) a • Định lý trung bình Giả sử f ( x ) , g ( x ) hai hàm khả tích đoạn [ a; b ] thỏa mãn điều kiện: m ≤ f ( x ) ≤ M , ∀x ∈ [ a; b ] g ( x ) không đổi dấu [ a; b ] Khi tồn µ ∈ [ m; M ] cho b ∫ a f ( x) liên tục b b a a b f ( x ) g ( x ) dx = µ ∫ g ( x ) dx a [ a; b] ∃ c ∈ [ a; b ] cho ∫ f ( x ) g ( x ) dx = f ( c ) ∫ g ( x ) dx • Định lý trung bình + Nếu hai hàm số f ( x ) , g ( x ) khả tích [ a; b ] g ( x ) đơn điệu ( a; b ) b ξ b a a ξ ∫ f ( x ) g ( x ) dx = g ( a + ) ∫ f ( x ) dx + g ( b − ) ∫ f ( x ) dx ; ( a ≤ ξ ≤ b ) + Nếu có thêm điều kiện g ( x ) đơn điệu giảm không âm ( a; b ) b ∫ a ξ f ( x ) g ( x ) dx = g ( a + ) ∫ f ( x ) dx ; ( a ≤ ξ ≤ b ) a + Nếu có thêm điều kiện g ( x ) đơn điệu tăng không âm ( a; b ) b b a ξ ∫ f ( x ) g ( x ) dx =g ( b − ) ∫ f ( x ) dx ; ( a ≤ ξ ≤ b ) b Một số ví dụ minh họa Ví dụ 3.2.10 ([4]) Chứng minh rằng: I = 2π ∫ sin x dx > x Giải I= 2π ∫ π sin x sin x dx = ∫ dx + x x 2π ∫ π π π sin ( π + u ) sin x sin x dx = ∫ dx + ∫ du x x π +u 0 63 π π π π sin x − sin x  sin x 1 dx + ∫ dx = ∫  − dx ÷sin xdx = π ∫ x π + x x π + x x π + x ( )   0 0 =∫ π sin x dx x π + x ( ) =π∫ Áp dụng định lý cho hai hàm số f ( x) = π f ( x) ∫ sin x ; g ( x) = > 0, ∀x ∈ ( 0; π ) ∃c ∈ ( 0; π ) cho: x ( π + x) π π dx sin c dx = f ( c ) ∫ = f ( c ) ln ( π + x ) = f ( c ) ln = ln > π + x) c ( π + x) ( π sin x dx > (đpcm) x π + x ( ) Suy I = π ∫ Ví dụ 3.2.11 ([4]) Chứng minh rằng: I = ∫ x dx > x −2 Giải I= x ∫ x dx = 0 x x −u x ∫ x dx + ∫ x dx = −∫ ( −u ) du + ∫ x dx −2 −2 2 2 0 0 = − ∫ u 2− u du + ∫ x x dx = − ∫ x 2− x dx + ∫ x x dx = ∫ x ( x − 2− x ) dx Áp dụng định lý cho hai hàm số f ( x ) = x + 2− x ; g ( x ) = x > 0, ∀x ∈ ( 0; ) ∃c ∈ ( 0; ) cho 2 0 I = ∫ x ( x − 2− x ) dx = f ( c ) ∫ x 3dx = ( 2c − 2− c ) > Ví dụ 3.2.12 ([4]) π −x Chứng minh rằng: ∫ e ( cos x ) dx > 2 2π ∫ e ( cos x ) − x2 dx π Giải 2π π π π −( π + u ) −x cos ( π + u )  du = ∫ e −( π +u ) ( cos u ) du = ∫ e −( π + x ) ( cos x ) dx ∫ e ( cos x ) dx = ∫ e 2 π 2 π 2 2π π π ⇒ ∫ e − x ( cos x ) dx − ∫ e − x ( cos x ) dx = ∫ e − x ( cos x ) dx − ∫ e −( π + x ) ( cos x ) dx 2 2 π π 2 2 2 = ∫ e − x − e −( π + x )  ( cos x ) dx   Áp dụng định lý cho hai hàm số f ( x ) = e − x − e −( π + x ) ; g ( x ) = ( cos x ) > 0, ∀x ∈ ( 0; π ) ∃c ∈ ( 0; π ) cho 2 64 π ∫e − x2 ( cos x ) dx − 2π ∫e − x2 ( cos x ) π π 2 dx = ∫ e − x − e −( π + x )  ( cos x ) dx   π 2 = e − c − e −( π + c )  ∫ ( cos x ) dx  0 π 2π 2 2 π  − c −( π + c )  e − x ( cos x ) dx > ∫ e − x ( cos x ) dx (đpcm) e − e > Vậy ∫   π 3.2.4 Ứng dụng tích phân chứng minh bất đẳng thức Ví dụ 3.2.13 ([4]) 2a , ∀a > Chứng minh rằng: ln ( + a ) > a+2 Giải Trong hệ Oxy, xét đồ thị hàm số ( C ) : y = x  1 1+ a ∈ [ 1; a ] Gọi điểm A ( 1;0 ) ; B ( + a;0 ) ; H ( x0 ;0 ) ; M  x0 ; ÷ Lấy x0 =  x0  −1 Ta có y ' = ⇒ y '' = > ∀x > ⇒ y = hàm lõm ∀x > nên tiếp tuyến x x x = ( d ) M nằm đồ thị ( C ) Giả sử tiếp tuyến ( d ) cắt đường thẳng x = + a, x = điểm E, F cắt đồ thị ( C ) điểm P, Q Khi f(x)=1/x ln ( + a ) = 1+ a ∫ y y=-1.3611x+2.3333 dx = S ( ABPQ ) > Sx(t)=1/2, ( ABEF ) y(t)=t x 2a = AB.MH = a = ( 1+ a) / a + Vậy ln ( + a ) > x(t)=t, y(t)=2 x(t)=6/7, y(t)=t x(t)=3/2, y(t)=t Q 2a , ∀a > (đpcm) a+2 F M O A H Ví dụ 3.2.14 ([4]) n Chứng minh rằng: ln ( + n ) < + + + , ∀n ∈ N * Giải 65 P E B x f(x)=1/x x(t )=1, y(t )=t x(t )=2, y(t )=t x(t )=t , y(t )=1 x(t )=3, y(t )=t x(t )=t , y(t )=1/2 x(t )=4, y(t )=t x(t )=t , y(t )=1/3 x(t )=5, y(t )=t x(t )=t , y(t )=1/4 x(t )=6, y(t )=t y x(t )=t , y(t )=1/5 x(t )=7, y(t )=t x(t )=t , y(t )=1/6 A1 B1 A2 B2 B3 A3 A(1;0) Bn An+1 n B(n+1;0) 1  với x ∈ [ 1; n + 1] Gọi S =  x = 1, x = n + 1, y = 0, y =  x x  n +1 dx = ln ( n + 1) Ta có: S AA1Bn B = S = ∫ x 1   1  Gọi A1 ( 1;1) , A2  2; ÷, , A n +1  n + 1; ÷; n +1  2  1  1  B1 ( 2;1) , B2  3; ÷, , Bn  n + 1; ÷ n  2  * Gọi S diện tích đa giác AA1 B1 A2 B2 An Bn B dễ thấy S < S * 1 Do ln ( + n ) < + + + , ∀n ∈ N * (đpcm) n Xét hàm số y = Ví dụ 3.2.15 ([4]) Chứng minh rằng: ab ≤ e a −1 + b ln b, ∀a, b ≥ Giải y Xét hàm số y = ln x ∀x ≥ ⇔ x = e ∀y ≥ 66 x x(t)=4, y(t)=t x(t)=t, y(t)=3/2 y y a-1 S1 a-1 S2 S1 S2 x O x O b b y Gọi S1 diện tích hình phẳng giới hạn { x = 0, x = e , y = 0, y = a − 1} S1 = a −1 ∫ e dy = e y y a −1 0 = e a −1 S2 diện tích hình phẳng giới hạn { x = 1, x = b, y = 0, y = ln x} b S = ∫ ln xdx = ( x ln x − x ) = b ln b − b b S diện tích hình chữ nhật { x = 0, x = b, y = 0, y = a − 1} S = b ( a − 1) Trong hình vẽ ta có S ≤ S1 + S ⇔ ab − b ≤ e a −1 + b ln b − b ⇔ ab ≤ e a −1 + b ln b (đpcm) Ví dụ 3.2.17 ([4]) Chứng minh rằng: 2 n n < + + + n < ( n + 1) n + − 1 , ∀n ∈ N 3 Giải x ≤ k , ∀x ∈ [ k − 1; k ] Ta có k ⇒ ∫ k xdx ≤ k −1 ∫ kdx = k = k −1 n k +1 ∫ k ≤ x , ∀x ∈ [ k ; k + 1] k dx ≤ k n ( k = 1, n ) k +1 ∫ xdx Cho k lấy từ 1, 2, , n ta có: k k +1 k n +1 n +1 n n 2 x x = ∫ xdx = ∑ ∫ xdx < ∑ k < ∫ kdx = ∫ xdx = x x 3 k =1 k −1 k =1 0 k 2 ⇔ n n < + + + n < ( n + 1) n + − 1 (đpcm) 3 Ví dụ 3.2.18 ([4]) Chứng minh rằng: + 1 + + >2 n ( ) n + − , ∀n ∈ N * Giải 1 ≤ , ∀x ∈ [ k ; k + 1] Ta có: k ≤ x , ∀x ∈ [ k ; k + 1] ⇔ x k k +1 k +1 1 ⇒ ∫ dx < ∫ dx Cho k lấy giá trị từ 1, 2, , n ta có: x k k k n k +1 ∑∫ k =1 k n dx < ∑ x k =1 ⇔2 x n +1 =2 ( k +1 n +1 n 1 dx < ∫k ∫1 x ∑ k k =1 1 n +1 −1 < + + + + n dx ⇔ k ) 67 Ví dụ 3.2.19 ([4]) Chứng minh rằng: 1 − ≤ + + + < 2, ∀n ∈ N * n +1 n Giải Ta có: < x − ≤ k ≤ x ∀x ∈ [ k ; k + 1] ⇒ < ( x − 1) ≤ k ≤ x ∀x ∈ [ k ; k + 1] k +1 1 1 ≤ 2≤ ∀x ∈ [ k ; k + 1] ⇒ ∫ dx ≤ 2 x k x ( x − 1) k Cho k lấy giá trị từ 2,3, , n ta có ⇒ n k +1 ∑∫ k =2 k n dx ≤ ∑ x2 k =2 n k +1 1+ ∑ ∫ k =2 k k +1 ∫ k n dx ≤ ∑ k2 k =2 n dx ≤ + ∑ x2 k =2 k +1 ∫ k k +1 ∫ ( x − 1) k +1 ∫ k dx ≤ k2 k +1 ∫ ( x − 1) dx k dx Cộng vào vế ta có k n dx ≤ + ∑ k2 k =2 n +1 k +1 ∫ ( x − 1) dx k n +1 n  −1   −1  ⇔ 1+  ÷ ≤ 1+ ∑ ≤ 1+  ÷  x 2  x −1  k =2 k 1 1 ⇔ − ≤ + + + + ≤ − ∀n ∈ N * n +1 n n 3.2.5 Tìm cực trị phương pháp tích phân a Cơ sở lý thuyết • Mệnh đề Cho hàm số y = f ( x ) liên tục, không âm đơn điệu tăng [ 0;c ) với f −1 ( x ) c > Gọi f ( x ) Khi ∀a ∈ ( 0; c ) hàm ngược b ∈  f ( ) ; f ( c ) ) a ∫ f ( x ) dx + b ∫ f ( 0) f −1 ( x ) dx ≥ ab Dấu xảy ⇔ b = f ( a ) Hệ qủa Nếu f ( ) = ta có a ∫ b f ( x ) dx + ∫ f −1 ( x ) dx ≥ ab • Mệnh đề Cho hàm số y = f ( x ) liên tục, không âm đơn điệu tăng [α; β ) ; a ∫ α ≤ α < β Khi ∀a ∈ [ α ; β ) , ∀b ∈  f ( α ) ; f ( β ) ) ta có f ( x ) dx + b ∫ f (α) f −1 ( x ) dx ≥ ab − α f ( α ) Dấu xảy ⇔ b = f ( a ) • Mệnh đề + Cho hàm số y = f ( x ) liên tục tăng [ 0; b ] , ∀a ∈ [ 0; b ] ta có a b 0 b ∫ f ( x ) dx ≤ a ∫ f ( x ) dx ( 1) + Cho hàm số y = f ( x ) liên tục giảm [ 0; b ] , ∀a ∈ [ 0; b ] ta có 68 a b 0 b ∫ f ( x ) dx ≥ a ∫ f ( x ) dx ( 2) Hệ + Nếu b = hàm số y = f ( x ) liên tục tăng [ 0;1] , ∀a ∈ [ 0;1] ta có a f ( x ) dx ≤ a ∫ f ( x ) dx ∫ + Nếu b = hàm số y = f ( x ) liên tục giảm [ 0;1] , ∀a ∈ [ 0;1] ta có a 0 ∫ f ( x ) dx ≥ a ∫ f ( x ) dx • Mệnh đề Cho hai hàm số u , v liên tục tăng [ 0; b ] a b 0 Khi ∀a ∈ [ 0; b ] ta có: u ( b ) v ( a ) − u ( ) v ( ) ≤ ∫ udv + ∫ vdu b Một số tập minh họa Ví dụ 3.2.21 ([4]) Tìm giá trị nhỏ biểu thức f ( x, y ) = ln (x (y 2 + 1) + 1) y x - xy ( arc cot y − arc cot x ) ≤ x ≤ y Giải Xét hàm số g ( t ) = arc cot t ( ≤ t ≤ y ) Ta có g ' ( t ) = arc cot t = g ( t ) giảm [ 0; y ] Sử dụng mệnh đề 3, ta có x y 0 y ∫ arc cot t.dt ≥ x ∫ arc cot t.dt y x   t.dt  t.dt  x y ⇔ y  tarc cot t − ∫ ≥ x tarc cot t −  ÷ ÷ ∫ 1+ t  1+ t2 ÷ 0    1     ⇔ y  x.arc cot x + ln ( x + 1) ÷ ≥ x  y.arc cot y + ln ( y + 1) ÷ 2     1 ⇔ xy ( arc cot x − arc cot y ) + y ln ( x + 1) − x ln ( y + 1) ≥ 2 ⇔ ln (x (y 2 + 1) + 1) y x − xy ( arc cot x − arc cot y ) ≥ Vậy Minf ( x, y ) = Ví dụ 3.2.22 ([4]) Cho a ≥ 0, b ≥ thỏa mãn a + b = + Tìm giá trị nhỏ T = a a + + b b − + ln a + a2 +1 b + b2 − Giải 69 −1 < nên 1+ t2 f ( x ) = x + , ∀x ∈ [ 0; +∞ ) Dễ thấy Xét hàm số f ( x) liên tục x ≥ 0, ∀x ∈ [ 0; +∞ ) nên f ( x ) đơn điệu tăng [ 0; +∞ ) x2 + Mặt khác f ( ) = f ( x ) có hàm ngược y = x − f '( x) = a Sử dụng mệnh đề 1, ta có: ∫ a Mà ∫ x + 1dx = b x + 1dx + ∫ x − 1dx ≥ ab ( a a + + ln a + a + 2 ) ( b ) b b − − ln b + b − 2 a b a + + ln a + a + + b − − ln b + b − ≥ ab Suy ra: 2 2 ∫ x − 1dx = ( ( ) ) ( ( ) ) ⇔ a a + + ln a + a + + b b − − ln b + b − ≥ 2ab ⇔ a a + + b b − + ln a + a2 + b + b2 − ≥ 2ab b = a + a = ⇔ b = a + b = + Vậy MinT = 2ab Dấu xẩy ⇔  Ví dụ 3.2.23 ([4]) π Cho ≤ x ≤ y ≤ Tìm giá trị lớn ( x − y ) xy − ln ( cos y ) f ( x, y ) = y ( cos x ) x Giải t2  π  π ≥ 0, ∀t ∈ 0;  Xét hàm số g ( t ) = t − tan t , t ∈ 0;  Ta có g ' ( t ) = 1+ t  2  2  π Suy g ( t ) liên tục tăng 0;  , sử dụng Mệnh đề 3, ta có  2 x y 0 y x y ∫ g ( t ) dt ≤ x ∫ g ( t ) dt ⇒ y ∫ ( t − tan t ) dt ≤ x ∫ ( t − tan t ) dt 0 x y t2  t2   x2   y2  ⇔ y  + ln cos t  ≤ x  + ln cos t  ⇔ y  + ln cos x  ≤ x  + ln cos y  2 0 2 0 2  2  2 x  y  ⇔ y  + ln cos x  − x  + ln cos y  ≤ 2  2  ( x − y ) xy − ln ( cos y ) ⇔ y ( cos x ) x ≤0 70  π ⇔ f ( x, y ) ≤ 0, ∀x, y ∈ 0;   2 Vậy max f ( x, y ) = x = y = Ví dụ 3.2.24 ([4]) Cho x ≥ Tìm giá trị nhỏ hàm số 1  f ( x ) = ( x − 1) ln ( + x ) − x  + ln ÷+ x 2  Giải Xét hàm số g ( t ) = t h ( t ) = ln ( + t ) liên tục tăng ∀t ≥ x t2 dt + 2∫ t ln ( + t ) dt Sử dụng Mệnh đề 4, ta có x ln ≤ ∫ 1+ t 0 t2  t2 dt =  − t + ln ( + t )  = ln − Từ đẳng thức ∫ 1+ t 2 0 x   1 t2 1 x2 t ln + t dt = t ln + t − + t − ln + t = x ln + x − + x − ln + x ( ) ( ) ( ) ( ) ( )     ∫0 2 2 0 2  x x2 + x − ln ( + x ) 1  21 hay ( x − 1) ln ( + x ) − x  + ln ÷+ x ≥ − ln ⇔ f ( x ) ≥ − ln 2 2  Vậy f ( x ) = − ln x = 2 Ta nhận x ln ≤ ln − + x ln ( + x ) − 3.3 Tính tổng 3.3.1 Lý thuyết a Công thức tính tổng cấp số cộng, cấp số nhân + Cho cấp số cộng ( un ) có số hạng đầu u1 công sai d Đặt S n = u1 + u2 + + un n n Khi S n =  2u1 + ( n − 1) d  = ( u1 + un ) 2 + Cho cấp số nhân ( un ) có số hạng đầu u1 công bội q ≠ Đặt S n = u1 + u2 + + un Khi S n = u1 ( − q n ) 1− q b Công thức nhị thức Newton ( a + b) n = Cn0 a n + Cn1a n −1b + Cn2 a n− 2b + + Cnk a n − k b k + + Cnnb n n = ∑ Cnk a n − k b k k =0 Đặc biệt ( + x ) = C + Cn1 x + + Cnk x k + + Cnn x n ( 1) n k n ( − x ) = Cn0 − Cn1 x + + ( −1) Cnk x k + + ( −1) Cnn x n n n Một số kết 71 Từ ( 1) thay x = 1; x = −1; x = a; x = • Cn0 + Cn1 + + Cnk + + Cnn = 2n ( ) • Cn0 − Cn1 + + ( −1) Cnk + + ( −1) Cnn = ( ) • Cn0 + Cn1 a + + Cnk a k + + Cnn a n = ( + a ) • Cn1 Cnk Cnn   C + + + k + + n = 1 + ÷ a a a  a k n n - Lấy ∫ n ( 4) ( 5) n b ta kết sau a hai vế ( 1) ta a b − a b2 − a b n +1 − a n+1 n ( + b ) − ( + a ) Cn + Cn + Cn = n +1 n +1 n +1 n +1 ( 6) 3.3.2 Một số ví dụ minh họa Ví dụ 3.3.1 ([5]) Tính tổng sau: a Pn = + x + x + + nx n −1 b Qn = 12 + 22 x + 32 x + + n x n −1 Giải a Ta có với x ≠ ∫ P dx = ∫ ( + x + 3x + + nx ) dx = x + x x (1− x ) ⇒ ∫ P dx = +C 1− x n −1 2 n + x + + x n + C n n Lấy đạo hàm vế ta  x ( − xn )  nx n +1 − ( n + 1) x n + ⇒ Pn =  + C ÷' = ( x ≠ 1)  1− x ÷ − x ( )   Vậy n −1 Với x ≠ Pn = + x + x + + nx = nx n +1 − ( n + 1) x n + ( 1− x) n ( n + 1) 2 2 2 n −1 n b ∫ Qn dx = ∫ ( + x + x + + n x ) dx = x + x + 3x + + nx + C = xPn + C Với x = Pn = + + + + n = Trong +) Với x ≠ xPn = hay ∫ Q dx = n nx n + − ( n + 1) x n +1 + x ( x − 1) nx n + − ( n + 1) x n +1 + x ( x − 1) 2 + C Lấy đạo hàm vế ta có n x n + − ( 2n + 2n − 1) x n +1 + ( n + 1) x − x − Qn = ( x − 1) 72 +) Với x = Qn = 12 + 22 + + n = n ( n + 1) ( 2n + 1) Ví dụ 3.3.2 ([5]) Tính tổng sau: ( −1) C n 1 S1 = Cn0 − Cn1 + Cn2 − + n 2n + n −1) ( 1 S = − Cn + Cn − + Cnn 2n + 1 1 S3 = + Cn1 + Cn2 + + Cnn n +1 n +1 −1) ( 1 S = Cn − Cn + + Cnn n +1 1 1 S5 = Cn0 + Cn1 + Cn2 + + Cnn 3n + n a b c d e Giải a Xét tích phân ∫ x ( − x ) n Ta có ∫ x ( 1− x ) n dx = − dx (1− x ) n +1 = n +1 2n + 1 ( ) n n +1 dx Mặt khác ∫ x ( − x ) dx = ∫ Cn x − Cn x + + ( −1) Cn x n 0 n n 2n+2   x2 x4 x6 n x −1 =  Cn0 − Cn1 + Cn2 + + ( −1) Cnn ÷ = Cn0 − Cn1 + Cn2 + + ( ) Cnn 2n +  2n +  ( −1) Vậy S1 = Cn0 − Cn1 + Cn2 − + b Xét tích phân 2n + ∫ ( 1− x ) n n Cnn = 2n + dx Ta tính I n = ∫ ( − x ) n u = ( − x ) n du = −2nx ( − x ) n −1 dx dx Đặt  ⇒ dv = dx v = x  I n = ∫ ( − x ) dx = x ( − x ) n I n = −2n ∫ ( − x − 1) ( − x ) ⇔ In = n −1 n 1 + 2n ∫ x ( − x ) n −1 dx 1 dx = -2n ∫ ( − x ) dx + 2n ∫ ( − x ) 2n 2.4.6 n I n−1 ⇒ I n = 2n + 1.3.5 ( 2n + 1) 73 n n −1 dx = -2nI n + 2nI n −1 1 ( ) 2 n 2n Mặt khác ∫ ( − x ) dx = ∫ Cn − Cn x + + ( −1) Cn x dx n 0 n n n  −1) x n +1 n  −1) ( ( x3 x5 1 C x − C + C − + C = C − C + C − + Cnn  n n n n ÷ n n n  ÷ 2n + 2n +  0 ( −1) C n = 2.4.6 n 1 Vậy S = − Cn1 + Cn2 − + n 2n + 1.3.5 ( 2n + 1) n c Ta có ∫ (1+ x) (1+ x) dx = n n +1 = n +1 0 2n +1 − n +1 Mặt khác ( + x ) = C + C x + Cn2 x + + Cnn x n nên n ∫ (1+ x) n n n dx = ∫ ( Cn0 + Cn1 x + Cn2 x + + Cnn x n ) dx  x2 x3 x n +1  1 =  Cn0 x + Cn1 + Cn2 + + Cnn Cnn ÷ =1 + Cn + Cn + + n +1  n +1  Vậy S3 = + Cn1 + Cn2 + + d Ta có ∫ (1− x) n ( 1− x) dx = − n +1 n +1 2n +1 − Cnn = n +1 n +1 = n +1 Mặt khác ( − x ) = C − C x + Cn2 x − + ( −1) Cnn x n nên n ∫ (1− x) n n n n ( ) dx = ∫ Cn0 − Cn1 x + Cn2 x − + ( −1) Cnn x n dx n n n +1 n   −1) ( 1 x x n ( −1) x =  Cn x − Cn + Cn − + Cn Cnn ÷ =1 − Cn + Cn − +  ÷ n +1  n +1  ( −1) C n = ⇔ −1+ C1 − C + + ( −1) C n = − 1 ⇔ − Cn1 + Cn2 − + n n n n n +1 n +1 n +1 n +1 n +1 ( −1) C n = − + = n 1 ⇔ S4 = Cn1 − Cn2 + + n n +1 n +1 n +1 n +1 n e Xét tích phân ∫ x ( + x ) dx n Ta có ∫ x ( + x ) dx = n n +1 ( 1+ x ) = n +1 2n +1 − 3n + 1 n 3n+2 Mặt khác ∫ x ( + x ) dx = ∫ ( Cn x + Cn x + Cn x + + Cn x ) dx n 74  x3 x6 x9 x3n +3  1 n =  Cn0 + Cn1 + Cn2 + + Cnn ÷ = Cn + Cn + Cn + + Cn 3n + 3n +   Vậy S5 = Cn0 + Cn1 + Cn2 + + n +1 − Cnn = 3n + 3n + 3.4 Bài tập tự luyện x sin t ∫ + t dt ≥ Bài Chứng minh rằng: ∀x ≥ 2a ∫ Bài Chứng minh rằng: a 18 ∫ Bài Chứng minh rằng: 10 x2 − a2 dx < 4 x + 4a 8a sin x dx < 1+ x 10 Bài Không dùng bảng số chứng minh ln > Bài Chứng minh rằng: x > sin x, ∀x > ; cos x > − x2 , ∀x > Bài Cho x ≥ y > Tìm giá trị nhỏ hàm số: f ( x, y ) = y ( e x − e − x ) − x ( e y − e − y ) Bài Cho ≥ x ≥ y > Tìm giá trị lớn hàm số: f ( x, y ) = y ln 3+ x 3+ y − x ln 3− x 3− y Bài Tìm giá trị nhỏ hàm số f ( x ) = x arctan x − ln ( + x ) − x arctan ,x ≥ 1 1 Cnn 2n Bài Tính tổng S = Cn0 + Cn1 + Cn2 22 + Cn3 23 + + n +1 (Đại học Đà Nẵng năm 2001) Bài 10 Tính tổng S = Cn + Cn + Cn + + Cnn theo n n +1 (Đại học Sư Phạm TP HCM năm 2000) Bài 11 Chứng minh 1 22 n − C2 n + C2 n + C2 n + + C22nn −1 = , ∀n ∈ N * 2n 2n + (Đại học Cao đẳng, khối A, năm 2007) Bài 12 Chứng minh ( −1) C n = 1 1 Cn − Cn + Cn − + n n+2 ( n + 1) n     n  Sn Bài 13 Cho S n = n 1 + ÷1 + ÷ 1 + ÷ Tính nlim →+∞ n n n      75 n n n 2 + + + lim S 1 Tính n→+∞ n n+ n+ n+ n 1 Sn = + + + Sn 6n − Tính nlim Bài 15 Cho →+∞ n+ n+ n+ 3 Bài 14 Cho S n = n KẾT LUẬN Nội dung luận văn “ Tích phân ứng dụng” bao gồm phương pháp tính nguyên hàm, tích phân xác định số ứng dụng tích phân xác định Luận văn đạt số kết quả: Luận văn phân dạng trình bày phương pháp dạng tính nguyên hàm làm sở quan trọng cho việc tính tích phân xác định công thức Newton – Leipnitz Luận văn đưa số ứng dụng tích phân vào toán thực tế giải số dạng toán phổ thông tìm giới hạn, tính tổng, chứng minh bất đẳng thức TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Bộ giáo dục đào tạo (2008), Sách giáo khoa, sách tập giải tích lớp 12 ban ban nâng cao, Nhà xuất Giáo dục 76 [2] Võ Văn Giai – Võ Văn Thoại (2008), Tích phân xác định ứng dụng, Nhà xuất Đại học Sư Phạm [3] Trần Phương (2009), Bài giảng trọng tâm ôn luyện môn Toán, Nhà xuất Đại học Quốc Gia Hà Nội [4] Trần Phương (2006), Tuyển tập chuyên đề kỹ thuật tính Tích phân, Nhà xuất Tri Thức [5] Đoàn Quỳnh (Chủ biên), Tài liệu liệu chuyên toán Giải tích 12, nhà xuất giáo dục Việt Nam [6] Nguyễn Đình Trí (Chủ biên), Tạ Văn Đĩnh, Nguyễn Hồ Quỳnh (2009), Toán học cao cấp (tập hai: Phép tính giải tích biến số), Nhà xuất Giáo dục 77 [...]... gọi là tổng tích phân của hàm f ( x ) trên đoạn [ a; b ] Tổng tích phân này phụ thuộc vào phân hoạch π , số khoảng chia n và phụ thuộc vào cách chọn điểm ξ k 29 n Nếu tồn tại lim max ∆ k →0 ∑ f ( ξ )∆ k k =1 k (là một số xác định) thì giới hạn này gọi là tích phân xác định của hàm số f ( x ) trên đoạn [ a; b ] và kí hiệu là: b ∫ f ( x ) dx Khi đó hàm số a y = f ( x ) được gọi là khả tích trên đoạn... x.dx I =∫ 4 sin x + cos 4 x CHƯƠNG 2 TÍCH PHÂN XÁC ĐỊNH VÀ ỨNG DỤNG 2.1 Định nghĩa tích phân xác định Giả sử hàm số y = f ( x ) xác định và bị chặn trên đoạn [ a; b ] Xét một phân hoạch π bất kì của đoạn [ a; b ] , tức là chia đoạn [ a; b ] thành n phần tùy ý bởi các điểm chia : a = x0 < x1 < < xn = b Trên mỗi đoạn [ xk −1 ; xk ] lấy bất kì điểm ξ k ∈ [ xk −1 ; xk ] và gọi ∆ k = xk − xk −1 là độ dài... 2dt = 2  − ÷ = 4 6 6 sin 2 t.cos 2 t π /6 2sin t.cos tdt Ngoài ra xét tính chất đặc biệt của các hàm số tính tích phân ta còn có một số phương pháp khác để tính tích phân như phương pháp sử dụng tích phân liên kết Ví dụ 2.1.7 ([4]) 32 Tính I = π /2 ∫ cos 2 3 x.cos 2 6 x.dx 0 Xét tích phân liên kết với I là I = * π /2 ∫ sin 2 3x.cos 2 6 x.dx 0 * Ta có: I + I = π /2 ∫ cos 2 6 x.dx = 0 * Mặt khác:... Như vậy để tính tích phân xác định ta thường tính nguyên hàm của hàm số Từ ( 1) , ( 2 ) suy ra: I = đó (Chương 1) sau đó dùng công thức Newton – Leipnitz để tính ra kết quả của tích phân cần tìm 2.5.2 Tính diện tích hình phẳng a Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường cong y = f ( x ) Lý thuyết • Diện tích hình phẳng giới hạn bởi 1 đường cong - ( C ) : y = f ( x )  Bài toán: Tìm diện tích hình phẳng... bài toán nào ta cũng có thể dễ dàng phân hoạch và chọn được xk Vì vậy ta có thể sử dụng cách tìm nguyên hàm của f ( x ) sau đó dùng công thức Newton – Leipnitz 1 2 Ví dụ như cần tính I = ∫ x dx Ta có 0 1 I = ∫ x 2 dx = 0 3 1 x 3 0 = 3 3 1 0 1 − = 3 3 3 Dùng công thức Newton – Leipnitz nhanh hơn nhiều Thể hiện ứng dụng ưu việt của công thức trong việc tính tích phân xác định Ví dụ 2.1.2 ([1]) 1 x... 2 + 3.dx = 1 2 2 1/2 3/2 1 1 2 7 7 −8 2 2 x + 3 d x + 3 = x + 3 = ( ) ( ) ( ) ∫ 21 3 3 1 Cũng như cách tính nguyên hàm ở chương I ta có những cách tính tích phân tương ứng trong đó phương pháp sử dụng nhiều đó là phương pháp tính tích phân từng phần và phương pháp đổi biến số Ví dụ 2.1.5 ([1]) e 2 Tính I = ∫ x ln x.dx 1 1  e du = dx e e  u = ln x   x3 x3 1 2 1 3 2e3 − 1 x ⇒ ⇒ I = ln x − x dx =... • Công thức đảo cận tích phân a ∫ f ( x ) dx = − ∫ f ( x ) dx; ∫ f ( x ) dx = 0 a • Công thức tách cận tích phân a b a b c b a a c ∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx, c ∈ [ a; b ] • Công thức đổi biến số Cho y = f ( x ) liên tục trên đoạn [ a; b ] và hàm x = ϕ ( t ) khả vi, liên tục trên đoạn [ m; M ] ϕ ( t ) = a; max ϕ ( t ) = b ; ϕ ( m ) = a; ϕ ( M ) = b Khi đó ta có và t∈min t∈[ m ; M ]... ϕ ( t )  ϕ ' ( t ) dt 30 • Công thức tích phân từng phần Giả sử hàm số u ( x ) , v ( x ) khả vi, liên tục trên [ a; b ] , khi đó b b ∫ u ( x ) v ' ( x ) dx = u ( x ) v ( x ) a − ∫ v ( x )u ' ( x ) dx b a a 2.4 Công thức Newton – Leipnitz Nếu ∫ f ( x ) dx = F ( x ) + c thì b f ( x ) dx = F ( x ) a = F ( b ) − F ( a ) b ∫ a 2.5 Ứng dụng 2.5.1 Tính tích phân xác định theo Newton – Leipnitz Ví dụ... biến số bằng cách khác để làm hàm số dưới dấu tích phân nhận được đơn giản hơn 23 + Nếu R ( sin x, cos x ) là hàm lẻ theo sin: R ( − sin x, cos x ) = − R ( sin x, cos x ) thì cần biến đổi hàm số và vi phân để thực hiện phép đổi biến t = cos x + Nếu R ( sin x, cos x ) là hàm lẻ theo cos: R ( sin x, − cos x ) = − R ( sin x, cos x ) thì cần biến đổi hàm số và vi phân để thực hiện phép đổi biến t = sin x... Newton – Leipnitz Ví dụ 2.1.1 1 2 Tính I = ∫ x dx 0 Theo định nghĩa tính tích phân ta làm như sau 2 Xét hàm số f ( x ) = x xác định trên đoạn [ 0;1] Ta chia đoạn [ 0;1] thành n  n −1 n   1 1 2  k −1 k  k ; Trên mỗi đoạn  ; đoạn 0;  ,  ;  ,…,  lấy xk = và n  n n n  n n   n n  1 , khi đó theo định nghĩa tích phân xác định thì n 2 1 n n n 2 1 k 1 2 I = ∫ x dx = lim ∑ f x k ∆xk