Đang tải... (xem toàn văn)
Nghiên cứu lí thuyết tích phân và ứng dụng của nó. Luận văn có thể thu hẹp xuống áp dụng mạnh mẽ vào tích phân ở phổ thông. Là tài liệu tham khảo chuyên sâu về tích phân dành cho giáo viên muốn tìm hiểu sâu sắc về phần này
Luận văn cuối khố Lí thuyết tích phân ứng dụng LỜI MỞ ĐẦU Trong thực tiễn sống khoa học kĩ thuật, người ta cần phải tính diện tích hình phẳng thể tích vật thể phức tạp Trước phép tính tích phân đời, với hình vật thể người ta lại phải nghĩ cách để tính Sự đời tích phân cho phương pháp tổng quát để giải hàng loạt tốn tính diện tích, thể tích nói Phép tính tích phân hai nhà bác học lớn Newton (1643-1727)- người Anh Leibnitz (1646-1716) - người Đức sáng tạo đồng thời độc lập với Thực chạy tiếp sức nhiều hệ nhà bác học xuất sắc nhiều kỉ Trước Newton Leibnitz 2000 năm, nhà bác học Archimedes có ý tưởng phép tính tích phân Sau ơng, nhiều nhà toán học khác tham gia mở đường cho đời tích phân, phải kể đến đóng góp xuất sắc nhà khoa học như: Kepler, Caralier, Fermat, Barrow Tuy nhiên, luận văn này, thời gian có hạn nên chúng tơi hạn chế vấn đề nghiên cứu tích phân hàm bị chặn khoảng đóng Bản luận văn gồm có chương Chương 1: Lí thuyết tích phân Trong chương này, chúng tơi trình bày cách xây dựng tích phân Riemann, điều kiện khả tích, lớp hàm khả tích, tính chất tích phân xác định cơng thức Newton – Leibnitz Ngồi ra, phát biểu chứng minh bất đẳng thức Cauchy – Schwarz Chương 2: Ứng dụng tích phân xác định Nội dung chương chứng minh số định lí quan trọng, từ áp dụng giải số tập tìm giới hạn dãy cho số hạng tổng quát Trang Luận văn cuối khoá Lí thuyết tích phân ứng dụng Để hồn thành đề tài này, thân có nhiều nỗ lực cố gắng song tránh khỏi sai sót, tơi mong nhận ý kiến nhận xét, góp ý, bảo quý thầy giáo ý kiến, góp ý bạn Tôi xin chân thành cảm ơn ! Trang Luận văn cuối khố Lí thuyết tích phân ứng dụng MỤC LỤC Trang Lời mở đầu Mục lục Chương 1: Lí thuyết tích phân Định nghĩa tích phân xác định 1.1 Phép phân hoạch đoạn Tổng tích phân Tổng Đácbu 1.1.1 Phép phân hoạch đoạn 1.1.2 Dãy chuẩn tắc phép phân hoạch .5 1.1.3 Tổng tích phân .6 1.1.4 Tổng Đácbu 1.2 Định nghĩa tích phân xác định 1.3 Ví dụ .10 Điều kiện khả tích 10 2.1 Điều kiện cần 10 2.2 Tích phân tích phân .12 2.3 Điều kiện cần đủ để hàm khả tích .13 Các lớp hàm khả tích 14 3.1 Tính khả tích hàm liên tục 14 3.2 Tính khả tích hàm đơn điệu bị chặn .15 3.3 Hệ thức Chasles .15 3.4 Tính khả tích hàm bị chặn gián đoạn 17 Các tính chất tích phân xác định 18 4.1 Tính khả tích hàm khoảng 18 4.2 Các phép tính hàm khả tích 18 4.3 Tính đơn điệu tích phân 21 4.4 Tính khả tích hàm trị tuyệt đối 23 Các định lí giá trị trung bình 23 Trang Luận văn cuối khố Lí thuyết tích phân ứng dụng 5.1 Định lí giá trị trung bình .23 5.2 Định lí giá trị trung bình mở rộng .24 Nguyên hàm Quan hệ tích phân xác định nguyên hàm 26 6.1 Định nghĩa .26 6.2 Các định lí 26 6.3 Công thức Newton – Leibnitz 27 6.4 Bất đẳng thức Cauchy – Schwarz 27 Chương 2: Ứng dụng tích phân xác định 29 Một số định lí tích phân xác định 29 1.1 Định lí 1.1 .29 1.2 Định lí 1.2 .29 1.3 Định lí 1.3 .31 Áp dụng số định lí tích phân xác định tính giới hạn dãy cho số hạng tổng quát .34 2.1 Ví dụ .34 2.2 Ví dụ .34 2.3 Ví dụ .36 2.4 Ví dụ .37 2.5 Ví dụ .37 2.6 Ví dụ .38 Kết luận 40 Tài liệu tham khảo 41 Trang Luận văn cuối khố Lí thuyết tích phân ứng dụng CHƯƠNG I LÍ THUYẾT TÍCH PHÂN Tích phân xác định (Tích phân Riemann) có nhiều ứng dụng nghiên cứu thực tiễn sống Do để vận dụng lí thuyết tích phân vào giải toán thực tế, chương chúng tơi trình bày định nghĩa, lớp hàm khả tích, số tính chất tích phân xác định Ngồi ra, cuối chương cơng thức Newton – Leibnitz cung cấp cho phương pháp lợi hại để tính tích phân xác định mà khơng thơng qua tổng Riemann hàm có cấu trúc đặc biệt Định nghĩa tích phân xác định ( Tích phân Riemann) 1.1 Phép phân hoạch đoạn Tổng tích phân Tổng Đácbu(Darbuox) 1.1.1.Phép phân hoạch đoạn Định nghĩa 1.1.1 Giả sử f hàm số xác định đoạn [a,b] (a , b ∈ R, a < b) Chia đoạn [a,b] thành đoạn nhỏ điểm chia x0 , x1 , , xn , đó, a = x0 < x1 < < xk −1 < xk < < xn = b Phép chia gọi phép phân hoạch đoạn [a,b], kí hiệu P Hiển nhiên phép phân hoạch P hoàn toàn xác định điểm chia Kí hiệu ∆ k độ dài đoạn [ xk −1 , xk ] ax ∆ k gọi đường kính phép phân hoạch P d( P ) = m k =1, n Nhận xét 1.1.1 Giả sử P P ' hai phép phân hoạch đoạn [a,b] Ta nói P ' mịn P P ⊂ P ’, tức điểm chia P điểm chia P ’ 1.1.2 Dãy chuẩn tắc phép phân hoạch Định nghĩa 1.1.2 Giả sử { Pn } dãy phép phân hoạch đoạn [a,b] Pn : a = x0 < x1 < < xnk = b Trang Luận văn cuối khoá Lí thuyết tích phân ứng dụng { Pn } gọi dãy chuẩn tắc lim d ( Pn ) = n →∞ Ví dụ 1.1.2 Với số nguyên dương n, gọi Pn phép chia đoạn [a,b] thành n đoạn b−a b−a b−a Pn = a, a + ,a + , , a + (n − 1) , b n n n Pn dãy chuẩn tắc d ( Pn ) = b−a → n → ∞ n 1.1.3 Tổng tích phân Trên đoạn [ xk −1 , xk ] ta lấy điểm ξ k n Tổng σ ( P) = ∑ f (ξ k )∆ k gọi tổng tích phân hàm số f ứng với phép phân k =1 hoạch P đoạn [a,b] 1.1.4 Tổng Đácbu Định nghĩa 1.1.4 Giả sử f hàm số bị chặn [a,b] f ( x) ; M k = Sup f ( x) , k = 1, n Đặt mk = x∈[Inf x ,x ] x∈[ x , x ] k −1 k k −1 k n s = s( P ) = ∑ mk ∆ k : Tổng Đácbu k =1 n S = S( P ) = ∑ M k ∆ k : Tổng Đácbu k =1 f ( x) ; M = Sup f ( x ) ta được: Đặt m = xInf ∈[ a ,b ] x∈[ a ,b ] m(b − a ) ≤ s ( P ) ≤ σ ( P ) ≤ S ( P ) ≤ M (b − a ) với cách chọn điểm ξ k ∈ [ xk −1 , xk ] Định lí 1.1.4.1 Nếu f hàm số bị chặn [a,b] P phép phân hoạch đoạn Khi đó: a) Tổng Đácbu s( P ) hàm số f ứng với phép phân hoạch P cận tập hợp tổng tích phân f ứng với P Trang Luận văn cuối khố Lí thuyết tích phân ứng dụng σ ( P) s( P ) = ξ ∈Inf [ x ,x ] k −1 k k b) Tổng Đácbu S( P ) hàm số f ứng với phép phân hoạch P cận tập hợp tổng tích phân f ứng với P σ ( P) S( P ) = ξ ∈Sup [ x ,x ] k k −1 k Chứng minh f (ξ k ) ⇒ ε > cho trước, ∃ξ ' ∈ [ x , x ] : f (ξ ') < m + ε a) Vì mk = ξ ∈Inf k k −1 k k k [ x ,x ] k −1 k b−a k n n k =1 k =1 ε ∆k k =1 b − a n ⇒ ∑ f (ξ 'k )∆ k < ∑ mk ∆ k + ∑ n ⇒ ∑ f (ξ 'k )∆ k < s( P) + ε k =1 n Mặt khác, ∑ f (ξ k =1 k )∆ k ≥ s( P) (2) Từ (1) (2) ⇒ s( P ) = ξ ∈Inf [ x ,x k k −1 (1) n k ] ∑ f (ξ k =1 k )∆ k Hay s( P ) cận σ ( P) f (ξ k ) ⇒ ε > b) Vì M k = ξ ∈Sup cho trước , ∃ξ k ' ∈ [ xk −1 , xk ] cho [ x ,x ] k k −1 k f (ξ 'k ) > M k − n n k =1 k =1 ε b−a ε ∆k k =1 b − a n ⇒ ∑ f (ξ 'k )∆ k > ∑ M k ∆ k − ∑ n ⇒ ∑ f (ξ 'k )∆ k > S ( P) − ε (3) k =1 n Mặt khác, ∑ f (ξ k )∆ k ≤ S ( P) (4) k =1 Từ (3) (4) ⇒ S ( P) = Sup n ∑ f (ξ ξ k ∈[ xk −1 , xk ] k =1 k )∆ k Hay S ( P) cận σ ( P) Định lí 1.1.4.2 Trang Luận văn cuối khố Lí thuyết tích phân ứng dụng Giả sử f hàm số bị chặn đoạn [a,b], P P ’ hai phép phân hoạch đoạn [a,b] Nếu P ’ mịn P s( P ) ≤ s( P ’) S( P ’) ≤ S( P ) Do đó, S( P ’) − s( P ’) ≤ S( P ) − s( P ) Chứng minh Chỉ cần chứng minh cho trường hợp P ’ nhận từ P cách thêm vào điểm chia Giả sử P : a = x0 < x1 < < xk −1 < xk < < xn = b 0 P ’: a = x0 < x1 < < xk0 −1 < x 'k < xk0 < < xn = b Như vậy, P ’ = P ∪ { x 'k } , x 'k ∈ xk −1 , xk Ta có: 0 n S( P ) = ∑ M k ∆ k ⊕ k =1 S( P ’) = ∑M k ≠ k0 k ∆ k + M 'k0 ( x 'k − xk0 −1 ) + M ''k0 ( xk0 − x 'k ) f ( x) M 'k = Sup f ( x ) M ''k = Sup f ( x) Trong đó, M k = x∈Sup ; ; x∈ x ,x' x∈ x ' , x [ x ,x ] k −1 k k0 −1 k k k0 Hiển nhiên M 'k ≤ M k M ''k ≤ M k Do đó, 0 0 M 'k0 ( x 'k − xk0 −1 ) + M ''k0 ( xk0 − x 'k ) ≤ M k0 [( x 'k − xk0 −1 ) + ( xk0 − x 'k )] = M k0 ( xk0 − xk0 −1 ) M k ( xk − xk −1 ) + M k ( xk − xk −1 ) Từ suy S( P ’) ≤ k∑ ≠k 0 0 n n k =1 k =1 = ∑ M k ( xk − xk −1 ) = ∑ M k ∆ k = S( P ) n ⊕ Ta có s( P ) = ∑ mk ∆ k k =1 s( P ’) = ∑m ∆ k ≠ k0 k k + m 'k0 ( x 'k − xk0 −1 ) + m ''k0 ( xk0 − x 'k ) f ( x) ; m 'k = Inf f ( x) ; m ''k = Inf Trong đó, mk = x∈[Inf x ,x ] x∈ x , x ' x∈ x ' , x k −1 k k0 −1 k k k0 f ( x) Hiển nhiên m 'k ≥ mk m ''k ≥ mk Do đó, 0 0 m 'k0 ( x 'k − xk0 −1 ) + m ''k0 ( xk0 − x 'k ) ≥ mk0 [( x 'k − xk0 −1 ) + ( xk0 − x 'k )] = mk0 ( xk0 − xk0 −1 ) mk ( xk − xk −1 ) + mk ( xk − xk −1 ) Từ suy s( P ’) ≥ k∑ ≠k 0 0 Trang Luận văn cuối khố Lí thuyết tích phân ứng dụng n n k =1 k =1 = ∑ mk ( xk − xk −1 ) = ∑ mk ∆ k = s( P ) 1.2 Định nghĩa tích phân xác định Cho hàm số f ( x) xác định, bị chặn khoảng đóng [a,b], chia [a,b] thành khoảng nhỏ phân điểm P : a= x0 < x1 < … < xk-1 < xk < …< xn = b ∆ k := xk − xk −1 >0 độ dài đoạn [ xk −1 , xk ] , k = 1, n Lấy ξ k ∈ [ xk −1 , xk ] σ Lập tổng n ( P) ∑ f (ξ = k =1 k )∆ k gọi tổng Riemann Định nghĩa 1.2 Nếu tồn số I ∈ R cho với phép phân hoạch đoạn [a,b] với cách chọn điểm ξ k ∈ [ xk −1 , xk ] , k = 1, n , ta có: lim σ ( P) = I n →∞ I gọi tích phân xác định hàm số f đoạn [a,b ] Kí hiệu b I = ∫ f ( x)dx a Nếu tích phân tồn hàm số f gọi khả tích đoạn [a,b ] Chú ý 1.2 b a) ∫ f ( x)dx phụ thuộc vào hàm f cận a, b; không phụ thuộc vào biến a lấy tích phân Tức là: b b a a ∫ f ( x)dx = ∫ f (t )dt b) Ở định nghĩa, ta giả thiết a < b Nếu a ≥ b ta định nghĩa: a b a a a b ∫ f ( x)dx = ; ∫ f ( x)dx = −∫ f ( x)dx Trang Luận văn cuối khố Lí thuyết tích phân ứng dụng Nhận xét 1.2 Tích phân Riemann hàm f [a,b] Tức nếu, b b ∫ f ( x)dx = I a ∫ f ( x)dx = I I1 = I a Chứng minh (Phản chứng) Giả sử ngược lại, I1 ≠ I Chọn ε = I1 − I ⇒ ∃δ1 > phân hoạch P mà max ∆ k < δ1 ⇒ ∃δ > phân hoạch P mà max ∆ k < δ n ∑ f (ξ k =1 k n ∑ f (ξ k =1 I1 − I )∆ k − I1 < k )∆ k − I < I1 − I Chọn δ = min(δ1 , δ ) ⇒ phân hoạch P mà max ∆ k < δ n n k =1 k =1 I1 − I = I1 − ∑ f (ξ k )∆ k + ∑ f (ξ k )∆ k − I ≤ < ⇒ I1 − I < I1 − I n ∑ k =1 f (ξ k ) ∆ k − I1 + I1 − I + I1 − I n ∑ f (ξ = k =1 k )∆ k − I 2 I1 − I (Vơ lí ) ( Vì I1 − I ≠ ) 1.3 Ví dụ 1.3 Cho f ( x) = c, x ∈ [ a, b ] , c ∈ R số Giả sử với phân hoạch P , lấy điểm ξ k ∈ [ xk −1 , xk ] , k = 1, n Khi đó, n n n k =1 k =1 k =1 σ ( p ) = ∑ f (ξ k )∆ k = ∑ c∆ k = c ∑ ∆ k = c(b − a ) b Vậy hàm số cho khả tích [a,b] ∫ a b f ( x)dx = ∫ cdx = c(b − a ) a Điều kiện khả tích 2.1 Điều kiện cần Định lí 2.1 Nếu f khả tích [a,b] f bị chặn [a,b] Chứng minh Trang 10 Luận văn cuối khố Lí thuyết tích phân ứng dụng x Mà theo định lí 6.2.2 ta có G(x)= ∫ f (t )dt nguyên hàm f ( x) a x ⇒ ∃c : ∫ f (t )dt = F ( x ) + c a a Cho x = a ⇒ ∫ f (t )dt = F (a ) + c ⇒ c = − F (a) a b Cho x = b ⇒ ∫ f (t )dt = F (b) + c a = F (b) − F ( a) b Hay b ∫ f ( x)dx = F ( x) a = F (b) − F (a) a 6.4 Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz Định lí 6.4 Mọi ánh xạ f , g : [a,b] → R liên tục khúc, ta có: b ( ∫a fg )2 b b a a ≤ ( ∫ f )( ∫ g ) Chứng minh Với số α , β bất kì, ta ln có (α f + β g ) ≥ b ⇒ ∫ (α f + β g ) dx ≥ (a bất kì, ∃δ > cho với phép phân hoạch P đoạn [a,b]: P : a = x0 < x1 < < xk −1 < xk < < xn = b Và với ξ k ∈ [ xk −1 , xk ] , k = 1, n Khi đó, b n lim max∆ k →0 ∑ f (ξ k =1 k ) ∆ k = ∫ f ( x )dx , với ξ k = xk = a + a ∆k = k (b − a ) n b−a n Chứng minh b Do f liên tục [a,b] nên f khả tích Tức ∃I = ∫ f ( x)dx a Do theo định nghĩa tích phân xác định trình bày chương1, ta có lim max∆ k →0 n ∑ k =1 b f (ξ k ) ∆ k = ∫ f ( x )dx a Hệ 1.1 n k f lim Nếu liên tục [0,1] n→∞ ∑ f ( ) = ∫ f ( x)dx n n k =1 1.2 Định lí 1.2 Trang 30 Luận văn cuối khố Lí thuyết tích phân ứng dụng Cho f g hai hàm số liên tục [a,b] Với ε > bất kì, ∃δ > cho với phép phân hoạch P đoạn [a,b]: P : a = x0 < x1 < < xk −1 < xk < < xn = b Và với ξ k ,ηk ∈ [ xk −1 , xk ] , k = 1, n Khi đó, n lim max∆ k →0 ∑ k =1 b f (ξ k ) g (η k )∆ k = ∫ f ( x) g ( x) dx a Chứng minh b Đặt I = ∫ f ( x) g ( x)dx Ta có: a n ∑ k =1 f (ξ k ) g (η k ) ∆ k − I = ≤ n ∑ k =1 n ∑ k =1 n n k =1 k =1 f (ξ k ) g (η k ) ∆ k − ∑ f (ξ k ) g (ξ k ) ∆ k + ∑ f (ξ k ) g (ξ k ) ∆ k − I n f (ξ k ) g (η k )∆ k − ∑ f (ξ k ) g (ξ k ) ∆ k + k =1 n ∑ f (ξ k =1 k ) g (ξ k ) ∆ k − I b Do I = ∫ f ( x) g ( x)dx tồn (Theo mệnh đề 4.2.2) nên với ε > tuỳ ý, ∃δ1 > a cho phân hoạch P mà max ∆ k < δ1 n Ta lại có ∑ f (ξ k =1 n ∑ f (ξ k =1 n k ) g (η k ) ∆ k − ∑ f (ξ k ) g (ξ k ) ∆ k = k =1 ) g (ξ k )∆ k − I < k n ∑ f (ξ k =1 k ε )[g (η k ) − g (ξ k )]∆ k n ≤ ∑ f (ξ k ) [g (η k ) − g (ξ k )] ∆ k k =1 Do f liên tục [a,b] nên bị chặn tức ∃M > : f ( x) < M g liên tục [a,b] nên liên tục Khi đó, với ε > , ∃δ > : ηk − ξ k < δ g (ηk ) − g (ξ k ) < ⇒ n ∑ k =1 ε 2M (b − a) f (ξ k ) [g (η k ) − g (ξ k )] ∆ k < n Mε ε ∆k = ∑ M (b − a ) k =1 Chọn δ = min(δ1 , δ ) Khi đó, Trang 31 Luận văn cuối khố n ∑ k =1 Lí thuyết tích phân ứng dụng ε ε + =ε 2 b f (ξ k ) g (η k ) ∆ k − ∫ f ( x) g ( x)dx < a n b k =1 a Hay maxlim ∑ f (ξk ) g (ηk )∆ k = ∫ f ( x) g ( x)dx ∆ →0 k Hệ 1.2 n f (ξ k ) g (η k ) = ∫ f ( x) g ( x)dx n Nếu f liên tục [0,1] lim ∑ n →∞ k =1 1.3 Định lí 1.3 Cho f1 , f , , f m hàm số liên tục [a,b] Với ε > ∃δ > cho với phép phân hoạch P đoạn [a,b]: P : a = x0 < x1 < < xk −1 < xk < < xn = b (1) (2) ( m) Và với ξ k , ξ k , , ξ k ∈ [ xk −1 , xk ] , k = 1, n Khi đó, lim max∆ k →0 n ∑ f (ξ k =1 (1) k ) f (ξ k ) f m (ξ k (2) b ( m) ) ∆ k = ∫ f1 ( x) f ( x) f m ( x)dx a Chứng minh b n ∑ f (ξ Đặt I = ∫ f1 ( x) f ( x ) f m ( x)dx Ta có, k =1 a = n ∑ f (ξ k =1 (1) k (1) k ) f (ξ k (2) ) f m (ξ k ( m ) ) ∆ k − I n ) f (ξ k (2) ) f m (ξ k ( m ) )∆ k − ∑ f1 (ξ k (1) ) f (ξ k (1) ) f m (ξ k ( m ) ) ∆ k k =1 n n k =1 k =1 (1) (1) (3) ( m) (1) (1) (1) ( m) + ∑ f1 (ξ1 ) f (ξ k ) f3 (ξ k ) f m (ξ k )∆ k − ∑ f1 (ξ k ) f (ξ k ) f (ξ k ) f m (ξ k ) ∆ k +… n n k =1 k =1 (1) (1) (1) ( m) (1) (1) (1) (1) + ∑ f1 (ξ k ) f (ξ k ) f m −1 (ξ k ) f m (ξ k )∆ k − ∑ f1 (ξ k ) f (ξ k ) f m −1 (ξ k ) f m (ξ k ) ∆ k n (1) (1) (1) (1) + ∑ f1 (ξ k ) f (ξ k ) f m −1 (ξ k ) f m (ξ k )∆ k − I k =1 Trang 32 Luận văn cuối khoá n n ∑ ≤ f1 (ξ k (1) ) f (ξ k (2) ) f m (ξ k ( m ) )∆ k − ∑ f1 (ξ k (1) ) f (ξ k (1) ) f m (ξ k ( m ) ) ∆ k k =1 n ∑ k =1 Lí thuyết tích phân ứng dụng k =1 + n f1 (ξ k (1) ) f (ξ k (1) ) f (ξ k (3) ) f m (ξ k ( m ) ) ∆ k − ∑ f1 (ξ k (1) ) f (ξ k (1) ) f (ξ k (1) ) f m (ξ k ( m ) ) ∆ k k =1 +… n + ∑ f1 (ξ k ) f (ξ k ) f m−1 (ξ k ) f m (ξ k (1) (1) (1) k =1 n ∑ f (ξ k =1 Ta có = (m) n ) ∆ k − ∑ f1 (ξ k (1) ) f (ξ k (1) ) f m −1 (ξ k (1) ) f m (ξ k (1) ) ∆ k + k =1 (1) ) f (ξ k (1) ) f m −1 (ξ k (1) ) f m (ξ k (1) ) ∆ k − I n f1 (ξ k (1) ) f (ξ k (2) ) f m (ξ k ( m ) ) ∆ k − ∑ f1 (ξ k (1) ) f (ξ k (1) ) f m (ξ k ( m ) ) ∆ k k ∑ k =1 n k =1 n ∑ f (ξ k =1 (1) k ) f m (ξ k ( m ) )[f (ξ k (2) ) − f (ξ k (1) )]∆ k (1) Do f1 , f , , f m hàm liên tục [a,b] nên f1 , f , f m hàm bị chặn Tức ∃M , M , , M m > : f1 ( x) < M , f ( x) < M , … , f m ( x) < M m ⇒ f1 ( x) f ( x ) f m ( x) < M 1M M m Do f hàm liên tục [a,b] nên liên tục Tức với ε > 0, ∃δ1 > (2) (1) (2) (1) : ξ k − ξ k < δ1 f (ξ k ) − f (ξ k ) < n ∑ Vậy từ (1) ⇒ k =1 n f1 (ξ k (1) ) f (ξ k (2) ) f m (ξ k ( m ) ) ∆ k − ∑ f1 (ξ k (1) ) f (ξ k (1) ) f m (ξ k ( m ) ) ∆ k < M 1.M M m < ε m.M 1.M M m (b − a ) k =1 n ε ∑ ∆k m.M 1.M M m (b − a) k =1 ε m Trang 33 Luận văn cuối khố Lí thuyết tích phân ứng dụng Tương tự, f3 liên tục [a,b] nên liên tục Tức với (3) (1) ε > 0, ∃δ > : ξ k (3) − ξ k (1) < δ f (ξ k ) − f (ξ k ) < n ∑ f (ξ k =1 = (1) k n ) f (ξ k (1) ) f (ξ k (3) ) f m (ξ k ( m ) ) ∆ k − ∑ f1 (ξ k (1) ) f (ξ k (1) ) f (ξ k (1) ) f m (ξ k ( m ) ) ∆ k k =1 n ∑ f (ξ k =1 ε m.M 1.M M M m (b − a ) (1) k ) f (ξ k (1) ) f m (ξ k ( m ) )[f (ξ k (3) ) − f3 (ξ k (1) )]∆ k < M 1.M M M m n ε ε ∆k < ∑ m.M 1.M M M m (b − a) k =1 m Do f m liên tục [a,b] nên liên tục Tức với ε > 0, ∃δ m > : (m) (1) ξ k ( m ) − ξ k (1) < δ m f m (ξ k ) − f m (ξ k ) < n ∑ k =1 = n f1 (ξ k (1) ) f (ξ k (1) ) f m−1 (ξ k (1) ) f m (ξ k ( m ) ) ∆ k − ∑ f1 (ξ k (1) ) f (ξ k (1) ) f m −1 (ξ k (1) ) f m (ξ k (1) ) ∆ k k =1 n ∑ f (ξ k =1 (1) k ) f (ξ k (1) ) f m−1 (ξ k (1) )[f m (ξ k ( m ) ) − f m (ξ k (1) )]∆ k < M 1.M M m −1 n Và ε m.M 1.M M m −1.(b − a ) ∑ f (ξ k =1 (1) k n ε ε ∆k < ∑ m.M 1.M M m−1.(b − a) k =1 m ) f (ξ k (1) ) f m −1 (ξ k (1) ) f m (ξ k (1) ) ∆ k − I < ε m Chọn δ = min(δ1 , δ , δ m ) Khi đó, n ∑ k =1 b f1 (ξ k (1) ) f (ξ k (2) ) f m (ξ k ( m ) ) − ∫ f1 ( x) f ( x) f m ( x)dx < a n Vậy maxlim ∑ f1 (ξk ) f (ξk ) f m (ξk ∆ →0 k k =1 (1) (2) b (m) ε ε ε + + + = ε m m m ) ∆ k = ∫ f1 ( x) f ( x) f m ( x)dx a Trang 34 Luận văn cuối khố Lí thuyết tích phân ứng dụng Hệ 1.3 Nếu f liên tục [0,1] n lim ∑ f1 (ξ k ) f (ξ k ) f m (ξ k n →∞ (1) (2) ( m) k =1 ) = ∫ f1 ( x) f ( x) f m ( x)dx n Áp dụng số định lí tích phân xác định tính giới hạn dãy cho số hạng tổng quát 2.1 Ví dụ 2n k k =0 k + n Cho dãy ( un ) với un = ∑ Tính giới hạn dãy Giải: 2n 2n k nk = ∑ 2 2 k =0 k + n k =1 k + n n Ta có un = ∑ k nk k Ta lại có 2 = nk := f ( ) k +n n + ( )2 n Xét f ( x) = x , ta thấy f ( x) hàm liên tục [0,2] nên khả tích + x2 k 2n k un = lim ∑ n = lim ∑ f (ξ k )∆ k (Với ξ k = , ∆ k = ) Vậy lim n →∞ n →∞ n →∞ k n n k =1 k =1 + ( )2 n n 2n x dx (theo định lí 1.1) + x2 =∫ = 1 ln + x = ln 2 2.2 Ví dụ 2n Cho dãy { un } với un = ∑ sin k =n π k Tính giới hạn dãy Trang 35 Luận văn cuối khố Lí thuyết tích phân ứng dụng Giải: π ∑ k =n k 2n Đặt Vn = Đặt k = n + i π ∑ i =0 n + i n π π = +∑ n i =1 n + i n ⇒Vn = ⇒ lim V n n→∞ lim = n→∞ n = π ∑ i =1 n + i n nπ ∑ n+i i =1 n π = ∑ i =1 Xét f ( x) = ⇒ n 1 i 1+ n n [0, 1] 1+ x lim V n = π n→∞ 1 dx + x π = ln = π ln ∫0 + x x Chứng minh: x ≥ : x − ≤ s inx ≤ x Đặt g(x) =x – sinx ⇒ g’(x) = – cosx ≥ 0, x ≥ ⇒ g(x) hàm tăng ⇒ ≤ x ⇒ 0= g(0) ≤ g(x) hay x – sinx ≥ Xét h(x) = s inx-x+ x3 , h(0) = ⇒ h’(x) = cosx -1 + x2 ⇒ h’’(x) = x- sinx ≥ 0, x ≥ ⇒ h’(x) hàm tăng ⇒ h (x) hàm tăng Trang 36 Luận văn cuối khố Lí thuyết tích phân ứng dụng x ⇒ ≤ x ⇒ 0=h(0) ≤ h(x) hay sinx – x + ≥ *Áp dụng chứng minh ta có: π ( )3 2n π π 2n π ⇒ ∑ ( − k ) ≤ ∑ sin ≤ ∑ k k =n k k =n k k =n π ( π )3 π π k k − ≤ sin k ≤ k 2n → π ln π 2n n ( )3 n 3 2n ≤ ∑ ≤ = → n → ∞ ) + (Do k = π =π → ∑ ∑ ∑ n n k =n k 6 k =n k k =n k =n k 2n 2n ⇒ lim ∑ sin n →∞ k =n π → π ln k 2.3 Ví dụ n + k2 3 k =1 n + k n Cho dãy { un } với un = ∑ Tính giới hạn dãy Giải: Ta có k +( ) n n + k2 n n = un = ∑ ∑ k k =1 k =1 n + k + ( )3 n n n k ( )2 Xét = ∑ n k n k =1 1+ ( ) n n k ( )2 n k ⇒ lim = lim ∑ n = lim ∑ f (ξ k )∆ k , ( với ξ k = , ∆ k = ) n →∞ n →∞ n →∞ k n n n k =1 k =1 + ( )3 n n x2 =∫ dx (theo hệ 1.1) + x3 1 = ln + x = ln 3 Trang 37 Luận văn cuối khố Lí thuyết tích phân ứng dụng 1 n Ta có un − = ∑ nk ≤ → n → ∞ n k =1 + ( )3 n n ⇒ lim un = lim = ln n →∞ n →∞ 2.4 Ví dụ n −1 Cho dãy { un } với un = ∑ k =n 2k + un ? Tính lim n →∞ Giải: n −1 Đặt k = n+l Khi un = ∑ l =0 n −1 Xét = ∑ l =0 2l + 2n + 1 n −1 1 = ∑ 2l + 2n l = + l n n lim = n →∞ n −1 1 1 dx lim ∑ = n→∞ l =0 + l n ∫0 + x (theo hệ 1.1) n = n −1 1 ln + x = ln 2 Ta có un − = ∑ n ≤ → n → ∞ (2l + 2n + 1)(2l + 2n) 2n(2n + 1) ⇒ lim un = lim = ln l =0 n →∞ n →∞ 2.5 Ví dụ Cho dãy { un } với un = ( k − 1)e ∑ n2 k =1 n k ( )2 n un = ? Tìm lim n →∞ Giải: Trang 38 Luận văn cuối khố Lí thuyết tích phân ứng dụng un = ( k − 1)e ∑ n2 k =1 n Ta có k ( )2 n ( k − 1)e =∑ n k =1 n k ( )2 n n Xét hai hàm số f ( x) = x g ( x) = e x ∀x ∈ [ 0,1] Ta thấy f ( x) g ( x) hai hàm số liên tục [ 0,1] Phân hoạch đoạn [ 0,1] thành n phần k −1 k ; ηk = ; ∆ k = n n n Chọn ξ k = (k − 1)e ⇒ lim un = lim ∑ n →∞ n →∞ n2 k =1 n k ( )2 n = ∫ xe x dx (theo hệ 1.2) = x2 e d (e x ) = e x ∫ 20 = (e − ) 2.6 Ví dụ n Cho dãy { un } với un = ∑ ( k =1 k −1 a k −1 a k −1 m −1 a + )( + + ) ( + + ) 2 n n n m.n n n m.n n un = ? Tìm lim n →∞ Giải: n Ta có un = ∑ ( k =1 n = ∑( k =1 k −1 a k −1 a k −1 m −1 a + )( + + ) ( + + ) 2 n n n m.n n n m.n n k −1 k −1 k −1 m −1 + a)( + + a) ( + + a) n n m.n n m.n n Xét hàm số f1 ( x) ≡ f ( x) ≡ ≡ f m ( x) = ( x + a) , ∀x ∈ [0,1] Ta thấy f1 ( x), f ( x), , f m ( x) hàm số liên tục [0,1] Phân hoạch đoạn [0,1] thành n phần k −1 k , Đặt ∆ k độ dài đoạn n n Trang 39 Luận văn cuối khố Lí thuyết tích phân ứng dụng k −1 k , Phân hoạch đoạn thành m phần n n (1) Chọn ξ k = k −1 n ξ k (2) = k −1 + n m.n ξ k (i ) = k −1 i −1 + n m.n … ξk (m) = k −1 m −1 + n m.n n ⇒ lim un = lim ∑ ( n →∞ n →∞ k =1 k −1 k −1 k −1 m −1 + a)( + + a) ( + + a) n n m.n n m.n n n = lim ∑ f1 (ξ k (1) ) f (ξ k (2) ) f m (ξ k ( m ) ) ∆ k n →∞ k =1 = ∫ ( x + a ) m dx (Theo hệ 1.3) = ∫ ( x + a)m d ( x + a) = = 1 ( x + a ) m +1 m +1 [(1 + a ) m+1 − a m +1 ] m +1 Trang 40 Luận văn cuối khố Lí thuyết tích phân ứng dụng KẾT LUẬN Qua trình nghiên cứu đề tài “Lí thuyết tích phân ứng dụng” tơi thấy, lí thuyết tích phân có vai trò quan trọng tốn học Bằng cách áp dụng định nghĩa số tính chất tích phân xác định ta tìm giới hạn tổng vô hạn mà dùng thuật tốn sơ cấp gặp nhiều khó khăn chí khơng tìm Đồng thời nhờ áp dụng cơng thức Newton- Leibnitz tính tích phân xác định trở nên dễ dàng Luận văn thu số kết sau: * Luận văn trình bày chứng minh tương đối chi tiết điều kiện cần đủ để hàm khả tích, lớp hàm khả tích, số tính chất, định lí giá trị trung bình * Luận văn chứng minh số định lí tích phân xác định áp dụng giải số ví dụ tìm giới hạn tổng vơ hạn Trang 41 Luận văn cuối khố Lí thuyết tích phân ứng dụng TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Jean – Marie Monier, Giải tích tập 1, Nhà xuất giáo dục, 2005 [2] Phan Quốc Khánh, Phép tính vi tích phân, Tập 1, Nhà xuất giáo dục, 1996 [3] Nguyễn Văn Khuê (chủ biên ), Toán cao cấp, Tập 1, Nhà xuất khoa học kĩ thuật Hà Nội, 1998 [4] Nguyễn Xn Liêm, Giải tích, Tập 1, Giáo trình đại học đại cương, Nhà xuất giáo dục,1998 [5] Đinh Thế Lục, Giải tích tốn học, Những ngun lí tính tốn thực hành, Tập 1, Nhà xuất giáo dục, 1998 Trang 42 ... ∆x → c → x ⇒ f(c) → f(x) (Do f li n tục) ∆x →0 ∆x ⇒ G '( x ) = lim f (c) = f ( x) ⇒ G '( x ) = lim c→ x 6.3 Công thức Newton − Leibnitz Định lí 6.3 Nếu f ( x) li n tục [a,b], F(x) nguyên hàm... dạng: maxlim ∑ ωk ∆ k = ∆ →0 k k =1 Tức ∀ε > 0, ∃δ > cho phân hoạch P mà max ∆ k < δ n ∑ω ∆ k =1 k k ε n +1 , lim n →∞ Chọn ε n = , ε1 (b − a ) ⇒ ∃δ >