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 MỞ ĐẦU CHƯƠNG NGUYÊN HÀM 1.1 Định nghĩa nguyên hàm 1.2 Các tính chất nguyên hàm 1.3 Bảng công thức nguyên hàm số hàm số 1.4 Một số phương pháp tính nguyên hàm 1.4.1 Phương pháp ghép vi phân thích hợp .5 1.4.2 Nguyên hàm hàm phân thức hữu tỉ 1.4.3 Nguyên hàm theo phần 13 1.4.4 Nguyên hàm hàm số có thức 16 1.4.5 Nguyên hàm hàm lượng giác 22 1.5 Bài tập tự luyện 34 CHƯƠNG TÍCH PHÂN XÁC ĐỊNH VÀ ỨNG DỤNG 35 2.1 Định nghĩa tích phân xác định 35 2.2 Điều kiện khả tích 35 2.3 Tính chất tích phân xác định 35 2.4 Công thức Newton – Leipnitz 36 2.5 Ứng dụng 36 2.5.1 Tính tích phân xác định theo Newton – Leipnitz 36 2.5.2 Tính diện tích hình phẳng .39 2.5.3 Tính thể tích khối tròn xoay 50 2.5.4 Tính độ dài đường cong phẳng .55 2.6 Bài tập tự luyện 58 CHƯƠNG CÁC BÀI TOÁN KHÁC 60 3.1 Tìm giới hạn tích phân 60 3.1.1 Đặt vấn đề 60 3.1.2 Một số ví dụ minh họa 60 3.2 Bất đẳng thức tích phân 63 3.2.1 Đánh giá theo hàm số cận tích phân .63 3.2.2 Bất đẳng thức cổ điển tích phân ứng dụng 66 3.2.3 Định lý giá trị trung bình 74 3.2.4 Ứng dụng tích phân chứng minh bất đẳng thức .76 3.2.5 Tìm cực trị phương pháp tích phân 80 3.3 Tính tổng 84 3.3.1 Lý thuyết 84 3.3.2 Một số ví dụ minh họa 85 3.4 Bài tập tự luyện 88 KẾT LUẬN 90 TÀI LIỆU THAM KHẢO .91 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 α +1 ( ax + b ) dx = a α +1 α ∫ ( ax + b ) + c, α ≠ −1 ax +b ∫m dx = ax + b dx = ∫ 1.4 dx a −x dx −1 cos ( ax + b ) + c a m ax +b + c a ln m ∫ tan ( ax + b ) dx = −1 ln cos ( ax + b ) + c a b ∫ cot ( ax + b ) dx = a ln sin ( ax + b ) + c a+x x + c ( a > 0) a −1 cot ( ax + b ) + c a 1 ∫ sin ( ax + b ) dx = ∫ cos ( ax + b ) dx = a tan ( ax + b ) + c = ln x + x + a + c dx a+x = +c ln −x 2a a − x ∫ sin ( ax + b ) dx = = arcsin 2 ax +b e +c a  ∫a dx x = arctan + c ( a > ) + x2 a a ∫ cos ( ax + b ) dx = a sin ( ax + b ) + c ∫ ln ( ax + b ) dx =  x + a  ln ( ax + b ) − x + c ∫ ∫ ax + b dx = a ln ax + b + c ∫e ∫a 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 ) ) Ví dụ: d ( ax + 2bx + c ) adx = d ( ax + b ) ; ( ax + b ) dx = sin x.dx = −d ( cos x ) ; cos x.dx = d ( sin 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) x + 3x + = ln x + 3x + + c Ví dụ 1.1.3 ([1]) 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 = ∫ ( ecos 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 I =∫ dx = cos x ∫ dx π  sin  x +  2  =∫ dx x π x π 2sin  +  cos  +    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 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 P ( x) với P ( x ) , Q ( x ) đa thức với Q ( x) hệ số thực • Phân thức thực phân thức hữu tỉ P ( x) với deg P ( x ) < deg Q ( x ) Q ( x) −1 ⇒ y '' = > ∀x > ⇒ y = hàm lõm ∀x > nên tiếp tuyến x x x Ta có y ' = ( 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 1+ a ln (1 + a ) = ∫ y dx = S ( ABPQ ) > S ( ABEF ) x = AB.MH = a 2a = (1 + a ) / a + Vậy ln (1 + a ) > Q F 2a , ∀a > (đpcm) a+2 M O A H P E B x Ví dụ 3.2.14 ([4]) n Chứng minh rằng: ln (1 + n ) < + + + , ∀n ∈ N * Giải y A1 B1 A2 B2 B3 A3 A(1;0) Xét hàm số y = 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  77 x n +1 Ta có: S AA B B = S = n ∫   dx = ln ( n + 1) x 1     Gọi A1 (1;1) , A2  2;  , , A n +1  n + 1; ; n +1  1  1  B1 ( 2;1) , B2  3;  , , Bn  n + 1;  n  2  Gọi S * diện tích đa giác AA1B1 A2 B2 An Bn B dễ thấy S < S * n Do ln (1 + n ) < + + + , ∀n ∈ N * (đpcm) Ví dụ 3.2.15 ([4]) Chứng minh rằng: ab ≤ e a −1 + b ln b, ∀a, b ≥ Giải Xét hàm số y = ln x ∀x ≥ ⇔ x = e y ∀y ≥ y y a-1 S1 a-1 S1 S2 S2 x O x O b b Gọi S1 diện tích hình phẳng giới hạn { x = 0, x = e y , y = 0, y = a − 1} a −1 S1 = ∫ e dy = e y y a −1 = e a −1 S2 diện tích hình phẳng giới hạn { x = 1, x = b, y = 0, y = ln x} b b S = ∫ ln xdx = ( x ln x − x ) = b ln 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 ≤ ea −1 + b ln b (đpcm) Ví dụ 3.2.17 ([4]) 78 Chứng minh rằng: 2 n n < + + + n < ( n + 1) n + − 1 , ∀n ∈ N 3 Giải Ta có x ≤ k , ∀x ∈ [ k − 1; k ] k ⇒ ∫ k +1 k ∫ xdx ≤ k −1 k dx = k = k −1 n k +1 ∫ ∫ k dx ≤ k n xdx Cho k lấy từ 1, 2, , n ta có: k k n n x x = ∫ xdx = ∑ ∫ xdx < ∑ k < k =1 k −1 k =1 0 ⇔ ( k = 1, n ) k ≤ x , ∀x ∈ [ k ; k + 1] k +1 ∫ n +1 k dx = ∫ k n +1 xdx = x x 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 Ta có: k +1 ⇒ ∫ k n k +1 ∑∫ k =1 k k ≤ x , ∀x ∈ [ k ; k + 1] ⇔ dx < x k +1 dx Cho k lấy giá trị từ 1, 2, , n ta có: k ∫ k n dx < ∑ x k =1 ⇔2 x n +1 =2 ( 1 ≤ , ∀x ∈ [ k ; k + 1] x k k +1 ∫ k dx ⇔ k ) n +1 ∫ n +1 −1 < 1+ n 1 dx < ∑ x k k =1 1 + + + n 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] 1 ⇒ 2≤ 2≤ ∀x ∈ [ k ; k + 1] ⇒ x k ( x − 1) k +1 ∫ k Cho k lấy giá trị từ 2,3, , n ta có 79 dx ≤ x2 k +1 ∫ k dx ≤ k2 k +1 ∫ ( x − 1) k dx 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) 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 ) hàm ngược c > Gọi f ( x ) Khi ∀a ∈ ( 0; c ) b ∈  f ( ) ; f ( c ) ) a ∫ b ∫ f ( x ) dx + f −1 ( x ) dx ≥ ab Dấu xảy ⇔ b = f ( a ) f (0) a Hệ qủa Nếu f ( ) = ta có b ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx ≥ ab −1 0 • Mệnh đề Cho hàm số y = f ( x ) liên tục, không âm đơn điệu tăng [α ; β ) ; ≤ α < β Khi ∀a ∈ [α ; β ) , ∀b ∈  f (α ) ; f ( β ) ) ta có a b ∫ f ( x ) dx + ∫α α f( 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 a b 0 b ∫ f ( x ) dx ≥ a ∫ f ( x ) dx 80 ( 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 ∫ 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 + 1) y + 1) 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 −   ∫0 + t   1+ t2     1     ⇔ y  x.arc cot x + ln ( x + 1)  ≥ x  y.arc cot y + ln ( y + 1)  2     ⇔ xy ( arc cot x − arc cot y ) + ⇔ ln (x (y + 1) y + 1) x 1 y ln ( x + 1) − x ln ( y + 1) ≥ 2 − xy ( arc cot x − arc cot y ) ≥ 81 −1 < nên 1+ t2 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 + b + b2 − Giải f ( x ) = x + , ∀x ∈ [ 0; +∞ ) Dễ thấy Xét hàm số f '( x) = x f ( x ) liên tục ≥ 0, ∀x ∈ [ 0; +∞ ) nên f ( x ) đơn điệu tăng [ 0; +∞ ) x +1 Mặt khác f ( ) = f ( x ) có hàm ngược y = x − a Sử dụng mệnh đề 1, ta có: ∫ b x + 1dx + ∫ x − 1dx ≥ ab a Mà ∫ x + 1dx = b ∫ x − 1dx = Suy ra: a a + + ln a + a + 2 ( b b − − ln b + b − 2 ( ) ) a b a + + ln a + a + + b − − ln b + b − ≥ ab 2 2 ) ( ) ( ( ⇔ a a + + ln a + a + + b b − − ln b + ⇔ a a + + b b − + ln a + a2 +1 b + b2 − ) ( b − ) ≥ 2ab ≥ 2ab b = a + a = ⇔ b = a + b = + Vậy MinT = 2ab Dấu xẩy ⇔  Ví dụ 3.2.23 ([4]) Cho ≤ x ≤ y ≤ π Tìm giá trị lớn x f ( x, y ) = ( x − y ) xy − ln ( cos y ) y ( cos x ) Giải 82 t2  π  π Xét hàm số g ( t ) = t − tan t , t ∈ 0;  Ta có g ' ( t ) = ≥ 0, ∀t ∈  0;  1+ t  2  2 π Suy g ( t ) liên tục tăng 0;  , sử dụng Mệnh đề 3, ta có  2 x y 0 x y 0 y ∫ g ( t ) dt ≤ x ∫ g ( t ) dt ⇒ y ∫ ( t − tan t ) dt ≤ x ∫ ( t − tan t ) dt 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   x2   y2  ⇔ y  + ln cos x  − x  + ln cos y  ≤ 2  2  x ( x − y ) xy − ln ( cos y ) ⇔ y ( cos x ) ≤0  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 (1 + x ) − x  + ln  + x 2  Giải Xét hàm số g ( t ) = t h ( t ) = ln (1 + t ) liên tục tăng ∀t ≥ t2 dt + ∫ t ln (1 + t ) dt 1+ t 0 x Sử dụng Mệnh đề 4, ta có x ln ≤ ∫ 1 t2  t2 Từ đẳng thức ∫ dt =  − t + ln (1 + t )  = ln − 1+ t 2 0 x   1 t2 1 x2 t ln + t dt = t ln + t − + t − ln + t = x ln + x − + x − ln (1 + x )  ( ) ( ) ( ) ( )    ∫0 2 2 0 2  x Ta nhận x ln ≤ ln − + x ln (1 + x ) − 83 x2 + x − ln (1 + x ) (x hay 1 1  − 1) ln (1 + x ) − x  + ln  + x ≥ − ln ⇔ f ( x ) ≥ − ln 2 2  Vậy f ( 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 (1 − q n ) 1− q b Công thức nhị thức Newton ( a + b) n = Cn0 a n + Cn1 a n −1b + Cn2 a n − 2b + + Cnk a n − k b k + + Cnn b n n = ∑ Cnk a n − k b k k =0 Đặc biệt (1 + x ) n = Cn0 + Cn1 x + + Cnk x k + + Cnn x n (1) n = Cn0 − Cn1 x + + ( −1) Cnk x k + + ( −1) Cnn x n (1 − x ) k n Một số kết - Từ (1) thay x = 1; x = −1; x = a; x = ta kết sau a • Cn0 + Cn1 + + Cnk + + Cnn = 2n ( ) • Cn0 − Cn1 + + ( −1) Cnk + + ( −1) Cnn = ( 3) • Cn0 + Cn1 a + + Cnk a k + + Cnn a n = (1 + a ) • Cn1 Cnk Cnn   C + + + k + + n = 1 +  a a a  a k n n n n 84 ( 5) ( 4) b - Lấy ∫ hai vế (1) ta a n +1 b − a b2 − a b n +1 − a n +1 n (1 + b ) − (1 + a ) Cn + Cn + Cn = n +1 n +1 3.3.2 n +1 ( 6) 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 = ∫ (1 + x + 3x n ⇒ ∫ Pn dx = x (1 − x n ) 1− x + + nx n −1 ) dx = x + x + x + + x n + C +C Lấy đạo hàm vế ta  x (1 − x n )  nx n +1 − ( n + 1) x n + ⇒ Pn =  + C ' = ( x ≠ 1)  1− x  x − ( )   Vậy Với x ≠ Pn = + x + x + + nx Với x = Pn = + + + + n = n −1 = nx n +1 − ( n + 1) x n + n ( n + 1) (1 − x ) b ∫ Qn dx = ∫ (12 + 22 x + 32 x + + n x n−1 ) dx = x + x + x + + nx n + C = xPn + C 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 85 Qn = n x n + − ( 2n + 2n − 1) x n +1 + ( n + 1) x − x − ( x − 1) +) Với x = Qn = 12 + 22 + + n = n ( n + 1)( 2n + 1) Ví dụ 3.3.2 ([5]) Tính tổng sau: n ( −1) C n 1 a S1 = Cn0 − Cn1 + Cn2 − + n 2n + n ( −1) C n 1 b S = − Cn1 + Cn2 − + n 2n + 1 Cnn n +1 c S3 = + Cn1 + Cn2 + + n +1 ( −1) C n 1 d S = Cn1 − Cn2 + + n n +1 e S5 = Cn0 + Cn1 + Cn2 + + Cnn 3n + Giải n a Xét tích phân ∫ x (1 − x ) dx Ta có n ∫ x (1 − x ) dx = − (1 − x ) n +1 = n +1 2n + 1 n ( ) Mặt khác ∫ x (1 − x ) dx = ∫ Cn0 x − Cn1 x3 + + ( −1) Cnn x n+1 dx 0 n n n+   ( −1) C n 1 x2 x4 x6 n x =  Cn0 − Cn1 + Cn2 + + ( −1) Cnn  = Cn0 − Cn1 + Cn2 + + n 2n + 2 2n +   n ( −1) C n = 1 Vậy S1 = Cn0 − Cn1 + Cn2 − + n 2n + 2n + b Xét tích phân n ∫ (1 − x ) dx 86 Ta tính I n = ∫ (1 − x n ) u = (1 − x )n du = −2nx (1 − x )n −1 dx dx Đặt  ⇒ dv = dx v = x n I n = ∫ (1 − x ) dx = x (1 − x ) I n = −2n ∫ (1 − x − 1)(1 − x 2 n −1 ) n + 2n ∫ x (1 − x ) dx dx = -2n ∫ (1 − x ⇔ In = n −1 n ) dx + 2n ∫ (1 − x ) n −1 dx = -2nI n + 2nI n −1 2n 2.4.6 n I n −1 ⇒ I n = 2n + 1.3.5 ( 2n + 1) Mặt khác n ∫ (1 − x ) ( ) dx = ∫ Cn0 − Cn1 x + + ( −1) Cnn x n dx 0 n n n  −1) x n +1 n  −1) n ( ( x3 x5 1 Cn  = Cn − Cn + Cn − + Cn  Cn x − Cn + Cn − +   n + n +  0 n ( −1) C n = 2.4.6 n 1 Vậy S = − Cn1 + Cn2 − + n 2n + 1.3.5 ( 2n + 1) c Ta có ∫ (1 + x ) n (1 + x ) dx = n +1 = n +1 0 2n +1 − n +1 n Mặt khác (1 + x ) = Cn0 + Cn1 x + Cn2 x + + Cnn x n nên ∫ (1 + x ) n dx = ∫ ( Cn0 + Cn1 x + Cn2 x + + Cnn x n ) dx 0  x2 x3 x n +1  1 =  Cn0 x + Cn1 + Cn2 + + Cnn Cnn  =1 + Cn + Cn + + n + n +  0 Vậy S3 = + Cn1 + Cn2 + + d Ta có ∫ (1 − x ) n (1 − x ) dx = − n +1 n +1 n +1 − Cnn = n +1 n +1 = n +1 n n Mặt khác (1 − x ) = Cn0 − Cn1 x + Cn2 x − + ( −1) Cnn x n nên 87 ∫ (1 − x ) n ( ) dx = ∫ Cn0 − Cn1 x + Cn2 x − + ( −1) Cnn x n dx 0 n n n +1 n   −1) n ( 1 x x n ( −1) x =  Cn x − Cn + Cn − + Cn  =1 − Cn + Cn − + Cn  n +  n +1  n +1 n ( −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 ⇔ S = Cn1 − Cn2 + + n n +1 n +1 n +1 n e Xét tích phân ∫ x (1 + x ) dx n +1 Ta có ∫ x (1 + x n ) (1 + x ) dx = n +1 = n +1 − 3n + 1 n Mặt khác ∫ x (1 + x3 ) dx = ∫ ( Cn0 x + Cn1 x + Cn2 x8 + + Cnn x3n+ ) dx 0  x3 x6 x9 x 3n +3  1 n =  Cn0 + Cn1 + Cn2 + + Cnn  = Cn + Cn + Cn + + Cn 3n +  3n +  Vậy S5 = Cn0 + Cn1 + Cn2 + + 2n +1 − Cnn = 3n + 3n + 3.4 Bài tập tự luyện x Bài Chứng minh rằng: sin t ∫ + t dt ≥ ∀x ≥ 2a Bài Chứng minh rằng: ∫ a 18 Bài Chứng minh rằng: ∫ 10 x2 − a 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 > ; 88 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 (1 + x ) − x arctan ,x ≥ 2 Bài Tính tổng S = Cn0 + Cn1 + Cn2 22 + Cn3 23 + + Cnn 2n n +1 (Đại học Đà Nẵng năm 2001) Bài 10 Tính tổng S = Cn0 + Cn1 + Cn2 + + 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 n ( −1) C n = 1 1 Cn − Cn + Cn − + n n+2 ( n + 1)    2    n Bài 13 Cho S n = n 1 +  1 +  1 +  Tính lim S n n →+∞ n n n Bài 14 Cho S n = Bài 15 Cho S n =  n n+ 1 n+ + + 2 n n+ n+ + + + +  n n n+ n Tính lim S n n →+∞ Tính lim S n n →+∞ 6n − n+ 89 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 90 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 [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 91 [...]...• Phân thức đơn giản là 1 trong 4 dạng phân thức sau: A ; x−a A ( x − a) k Bx + C ; x + px + q ; Bx + C 2 (x 2 + px + q ) k (∆ = p 2 − 4q < 0; k ∈ N ) • Định lý tổng quát về phân tích đa thức Mọi đa thức Q ( x ) ≠ 0 với hệ số thực đều có duy nhất một cách phân tích thành các nhân tử (không tính theo thứ tự sắp xếp các nhân tử) gồm các nhị thức bậc nhất và các tam thức bậc hai... kĩ thuật tích phân hàm lượng giác Cách 2 ( Phương pháp tích phân từng phần) Jm = ∫ Jm = dt (t 2 + a2 ) = m 1 t 2 + a2 − t 2 1 dt = 2 m 2 ∫ a (t 2 + a2 ) a ∫ dt (t 2 + a2 ) m −1 − 1 a2 ∫ t 2 dt (t 2 + a2 ) 1 1 t 2 dt J − J với J = m − 1 ∫ t 2 + a2 m a2 a2 ( ) Đặt u = t ⇒ du = dt và v = ∫ tdt (t 2 +a 2 m ) = −m 1 1 1 t 2 + a2 ) d (t 2 + a2 ) = − ( ∫ 2 2 ( m − 1) ( t 2 + a 2 )m −1 Vậy thay vào ta có... biến số bằng cách khác để làm hàm số dưới dấu tích phân nhận được đơn giản hơn + 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 +... ∫ vdu 13 Nhận dạng: Hàm số dưới dấu nguyên hàm thường là tích 2 loại hàm số khác nhau Ý nghĩa: Đưa 1 nguyên hàm phức tạp về nguyên hàm đơn giản hơn (trong nhiều trường hợp việc sử dụng nguyên hàm từng phần sẽ khử bớt hàm số dưới dấu nguyên hàm và cuối cùng chỉ còn lại 1 loại hàm số dưới dấu nguyên hàm) Chú ý: Cần chọn u, dv sao cho du đơn giản và dễ tính được v đồng thời nguyên hàm ∫ vdu đơn giản hơn... ⇔ x3 + 2 = A ( x 2 − 4 ) ( x + 1) + B ( x 2 − 1) ( x + 2 ) + C ( x 2 − 4 ) ( x − 1) + D ( x 2 − 1) ( x − 2 ) , ∀x (*) Thay x = 1 vào (*) suy ra: −6 A = 3 ⇒ A = −1/ 2 Thay x = 2 vào (*) suy ra: 12 B = 10 ⇒ B = 5 / 6 Thay x = −1 vào (*) suy ra: 6C = 1 ⇒ C = 1/ 6 Thay x = −2 vào (*) suy ra: −12 D = −6 ⇒ D = 1/ 2 −1 dx 5 dx 1 dx 1 dx −1 5 + ∫ + ∫ + ∫ = ln x − 1 + ln x − 2 ∫ 2 x −1 6 x − 2 6 x + 1 2 x +... đó I = ∫ 3 2 5 3 5 dx − ∫ dx + ∫ dx = ln x − 2 ln x − 1 + ln x + 2 + c 2x 2 ( x + 2) 2 2 ( x − 1) Cách 2 ( Phương pháp gán các giá trị đặc biệt) Thay x = 0 vào (*) suy ra: 2 A = 3 ⇒ A = 3 / 2 Thay x = 1 vào (*) suy ra: 3B = −6 ⇒ B = −2 Thay x = −2 vào (*) suy ra: 6C = 15 ⇒ C = 5 / 2 I =∫ 3 2 5 3 5 dx − ∫ dx + ∫ dx = ln x − 2 ln x − 1 + ln x + 2 + c 2x 2 ( x + 2) 2 2 ( x − 1) Ví dụ 1.2.2 ([4]) Tính I... 25  25 25 1 3 5 x −1 3 2 5 x −1 6 xe − xe + xd ( e5 x −1 ) 5 25 125 ∫ 1 3 6 6 5 x −1 = x 3e5 x −1 − x 2 e5 x −1 + xe5 x −1 − e +c 5 25 125 625 = Nhận xét: Nếu P(x) có bậc n thì ta phải n lần sử dụng tích phân từng phần Ví dụ 1.3.3 ([1]) Tính A3 = ∫ x sin xdx Đặt t = x ⇒ t 2 = x ⇒ 2tdt = dx A3 = ∫ x sin xdx = −2 ∫ t 3 d ( cos t ) = −2t 3 cos t + 2 ∫ cos td ( t 3 ) = −2t 3 cos t + 6 ∫ t 2 d ( sin t... Nguyên hàm dạng I = ∫ x m ( a + bx n ) dx với m, n, p hữu tỉ • Nếu p ∈ Z thì gọi k là mẫu số chung nhỏ nhất của các phân số tối giản biểu thị bởi m, n Khi đó đặt x = t k • Nếu m +1 ∈ Z thì gọi s là mẫu số của p và đặt a + bx n = t s n • Nếu a + bx n m +1 + p ∈ Z thì gọi s là mẫu số của p và đặt = ts n n x 16 rj r1  qj q1 b Nguyên hàm dạng I = ∫ R  x, x , , x     dx với r1 , q1 , , rj , q j là... dx = ∫ (1 − cos 2 x ) p ( cos x ) n sin x.dx n ( cosx ) d ( cosx ) + Nếu m lẻ, n lẻ thì sử dụng biến đổi cho số lẻ bé hơn Trường hợp 2: m, n là các số hữu tỉ thì biến đổi và đặt u = s inx ta có B = ∫ ( s inx ) m ( cos x ) n dx = ∫ u m (1 − u 2 ) Dạng 3 C1 = ∫ tan n x.dx ; C2 = ∫ cot n x.dx n −1 2 du (n ∈ N ) Sử dụng công thức nguyên hàm: dx ∫ (1 + tan x ) dx = ∫ cos 2 x = ∫ d ( tan x ) = tan x + c x... − sin 9 x − sin 5 x dx 8  2 2 2 2  = 27 = −1  cos13 x cos 7 x cos15 x cos11x cos 9 x cos 5 x  + − − − −  +c 8  13 7 30 22 18 10  d Các dạng nguyên hàm lượng giác sử dụng các phép đổi biến số cơ bản Đặt vấn đề: Xét tích phân dạng I = ∫ R ( sin x, cos x ) dx Đổi biến số tổng quát x 2 Đặt t = tan ⇒ x = 2 arctant; dx = 2dt 2t 1− t2 x = x = ; sin ; cos 1+ t2 1+ t2 1+ t2  2t 1 − t 2  2dt , 2 2