dưới đây tuy phát biểu đối với tích phân suy rộng loại II (có cận bằng vô cùng) nhưng đều có thể áp dụng một cách thích hợp cho trường hợp tích phân suy rộng loại I (có hàm dưới dấu tích[r]
(1)CHƯƠNG 3
TÍCH PHÂN PHỤ THUỘC THAM SỐ.
§1 TÍCH PHÂN XÁC ĐỊNH PHỤ THUỘC THAM SỐ. 1.1 Giới thiệu
Xét tích phân xác định phụ thuộc tham số: I(y) = b
Z
a
f (x, y)dx, f (x, y) khả
tích theo x [a, b] với y ∈ [c, d] Trong học nghiên cứu số
tính chất hàm số I(y)như tính liên tục, khả vi, khả tích
1.2 Các tính chất tích phân xác định phụ thuộc tham số.
1) Tính liên tục.
Định lý 3.7. Nếu f (x, y)là hàm số liên tục [a, b]× [c, d] I(y)là hàm số liên tục [c, d] Tức là:
lim
y→y0
I(y) = I(y0)⇔ lim
y→y0
b
Z
a
f (x, y)dx= b
Z
a
f (x, y0)dx
2) Tính khả vi.
Định lý 3.8. Giả sử với mỗiy ∈ [c, d], f (x, y) hàm số liên tục theox [a, b]
(2)64 Chương Tích phân phụ thuộc tham số.
I0(y) = b
Z
a
fy0 (x, y)dx, hay nói cách khác đưa dấu đạo hàm vào
tích phân
3) Tính khả tích.
Định lý 3.9. Nếu f(x, y) hàm số liên tục [a, b]× [c, d] I(y)là hàm số khả tích [c, d] , và:
d
Z
c
I(y)dy := d
Z
c
b
Z
a
f (x, y)dx
dy =
b
Z
a
d
Z
c
f (x, y)dy
dx
Bài tập
Bài tập 3.1 Khảo sát liên tục tích phân I(y) =
1
Z
0
y f(x)
x2+y2dx , với f (x) hàm số
dương, liên tục trên[0, 1]
Lời giải Nhận xét hàm số g(x, y) = xy f2+(xy)2 liên tục hình chữ nhật[0, 1]× [c, d]
và [0, 1]× [−d,−c] với < c < d bất kì, nên theo Định lý 3.7, I(y) liên tục [c, d],[−d,−c], hay nói cách khác I(y) liên tục với y6=
Bây ta xét tính liên tục hàm số I(y) tại điểm y=0 Do f (x)là hàm số dương, liên
tục trên[0, 1]nên tồn m>0 cho f (x) >m>0∀x ∈ [0, 1] Khi với ε>0 thì:
I(ε) =
1
Z
0
ε f (x)
x2+ε2dx>
Z
0
ε.m
x2+ε2dx=m.arctg
x ε
I(−ε) =
1
Z
0
−ε f (x)
x2+ε2dx
Z
0
−ε.m
x2+ε2dx = −m.arctg
x ε
Suy ra|I(ε)−I(−ε)| >2m.arctgxε →2m.π2 khi ε→0 , tức là|I(ε)−I(−ε)|không tiến tới
0 ε →0 , I(y)gián đoạn y =0
Bài tập 3.2 Tính tích phân sau:
a) In(α) =
1
Z
0
xαlnnxdx , n số nguyên dương.
Lời giải – Với α > 0, hàm số fn(x, α) = xαlnnx, n = 0, 1, 2, liên tục theo x
(3)1 Tích phân xác định phụ thuộc tham số. 65 – Vì lim
x→0+x
αlnn+1x=0 nên ∂ fn(x,α)
∂α = xαln
n+1x liên tục trên[0, 1]× (0,+∞). Nghĩa hàm số fn(x, α) = xαlnnx thoả mãn điều kiện Định lý 3.8 nên:
In0−1(α) = d
dα
1
Z
0
xαlnn−1xdx =
1
Z
0
d dα
xαlnn−1xdx=
1
Z
0
xαlnnxdx =In(α)
Tương tự, I0
n−2 = In−1, , I
0
2 = I1, I
0
1 = I0 , suy In(α) = [I0(α)]
(n) Mà I
0(α) =
Z
0
xαdx= α+11 ⇒ In(α) =
h
α+1 i(n)
= (−1)nn!
(α+1)n+1
b)
π
2
Z
0
ln 1+y sin2xdx, với y>1.
Lời giải Xét hàm số f (x, y) =ln 1+y sin2x thoả mãn điều kiện sau:
• f (x, y) = ln 1+y sin2x xác định 0, π2× (1,+∞) và với y > −1 cho
trước, f (x, y) liên tục theo x trên0, π2
• Tồn fy0 (x, y) = sin
2x
1+y sin2x xác định, liên tục 0,
π
2
× (1,+∞) Theo Định lý 3.8, I0(y) =
π
2
Z
0
sin2x
1+y sin2xdx =
π
2
Z
0
dx
1 sin2 x+y
Đặt t=tgx dx = 1+dtt2, 06t6+∞
I0(y) =
+∞
Z
0
t2dt
(t2+1) (1+t2+yt2) =
+∞
Z
0
y
t2+1 −
1 1+ (y+1)t2
dt
=
y
"
arctgt|0+∞−p
y+1arctg
tpy+1|0+∞
#
= π
2y 1− p
1+y
!
= π
2p1+y
1 1+p1+y
Suy
I(y) =
Z
I0(y)dy =
Z π
2p1+y
1
1+p1+ydy =π ln
1+p1+y+C
Do I(0) =0 nên C = −π ln I(y) =π ln 1+p1+y−π ln 2. Bài tập 3.3 Xét tính liên tục hàm số I(y) =
1
Z
0
y2−x2
(4)66 Chương Tích phân phụ thuộc tham số.
Lời giải Tại y=0 , I(0) =
1
Z
0
−x12dx= −∞, nên hàm số I(y) không xác định y=0
Tại y 6= 0 , I(y) =
1
Z
0
(x2+y2)−2x.x
(x2+y2)2 dx =
1
Z
0
dx2+xy2
= 1+1y2, nên I(y) xác định liên tục
với y6=0
1.3 Các tính chất tích phân phụ thuộc tham số với cận biến đổi.
Xét tích phân phụ thuộc tham số với cận biến đổi
J(y) = b(y)
Z
a(y)
f(x, y)dx, với y∈ [c, d], a6a(y), b(y) 6b ∀y ∈ [c, d]
1) Tính liên tục
Định lý 3.10. Nếu hàm số f (x, y) liên tục [a, b]× [c, d] , hàm số a(y), b(y) liên tục [c, d] thoả mãn điều kiện a a(y), b(y) 6 b∀y ∈ [c, d] thì J(y) là hàm số liên tục ytrên [c, d]
2) Tính khả vi
Định lý 3.11. Nếu hàm số f (x, y) liên tục [a, b]× [c, d] , fy0 (x, y) liên tục [a, b]× [c, d] , a(y), b(y) khả vi [c, d] thoả mãn điều kiệna 6a(y), b(y) 6
b ∀y∈ [c, d] J(y) hàm số khả vi y [c, d], ta có:
J0(y) = bZ(y)
a(y)
fy0 (x, y)dx+ f (b(y), y)by0 (y)− f (a(y), y)a0y(y)
Bài tập
Bài tập 3.4 Tìm lim
y→0 1Z+y
y
dx
1+x2+y2
Lời giải Dễ dàng kiểm tra hàm số I(y) =
1Z+y
y
dx
1+x2+y2 liên tục y=0 dựa vào định
lý 3.10, nên lim
y→0 1Z+y
y
dx
1+x2+y2 = I(0) =
1
Z
0
dx
(5)§2 TÍCH PHÂN SUY RỘNG PHỤ THUỘC THAM SỐ. 2.1 Các tính chất tích phân suy rộng phụ thuộc
tham số.
Xét tích phân suy rộng phụ thuộc tham số I(y) =
+∞
Z
a
f (x, y)dx, y ∈ [c, d] Các kết
dưới phát biểu tích phân suy rộng loại II (có cận vơ cùng) áp dụng cách thích hợp cho trường hợp tích phân suy rộng loại I (có hàm dấu tích phân khơng bị chặn)
1) Dấu hiệu hội tụ Weierstrass
Định lý 3.12. Nếu |f (x, y)| g(x)∀ (x, y) ∈ [a,+∞]× [c, d] tích phân suy
rộng
+∞
Z
a
g(x)dxhội tụ, tích phân suy rộng I(y) =
+∞
Z
a
f(x, y)dxhội tụ y ∈ [c, d]
2) Tính liên tục
Định lý 3.13. Nếu hàm số f (x, y) liên tục [a,+∞]× [c, d] tích phân suy rộng I(y) =
+∞
Z
a
f (x, y)dx hội tụ đối vớiy ∈ [c, d] I(y) hàm số liên tục [c, d]
3) Tính khả vi
Định lý 3.14. Giả sử hàm số f (x, y) xác định [a,+∞]× [c, d] cho với mỗiy ∈
[c, d] , hàm số f (x, y) liên tục đối vớix [a,+∞] và fy0 (x, y) liên tục [a,+∞]×
[c, d] Nếu tích phân suy rộng I(y) =
+∞
Z
a
f(x, y)dxhội tụ
+∞
Z
a
fy0 (x, y)dx hội tụ
đối vớiy∈ [c, d] I(y) hàm số khả vi [c, d] I0(y) =
+∞
Z
a
fy0 (x, y)dx
4) Tính khả tích
Định lý 3.15. Nếu hàm số f (x, y) liên tục [a,+∞]× [c, d] tích phân suy
(6)68 Chương Tích phân phụ thuộc tham số.
thể đổi thứ tự lấy tích phân theo cơng thức: d
Z
c
I(y)dy := d
Z
c
+∞
Z
a
f (x, y)dx
dy=
+∞
Z
a
d
Z
c
f (x, y)dy
dx.
2.2 Bài tập
Dạng Tính tích phân suy rộng phụ thuộc tham số cách đổi thứ tự lấy tích phân
Giả sử cần tính I(y) =
+∞
Z
a
f(x, y)dx.
B1 Biểu diễn f (x, y) = d
Z
c
F(x, y)dy.
B2 Sử dụng tính chất đổi thứ tự lấy tích phân: I(y) =
+∞
Z
a
f(x, y)dx=
+∞
Z
a
d
Z
c
F(x, y)dy
dx=
d
Z
c
+∞
Z
a
F(x, y)dx
dy
Chú ý: Phải kiểm tra điều kiện đổi thứ tự lấy tích phân Định lý 3.15 tích
phân suy rộng hàm số F(x, y)
Bài tập 3.5 Tính tích phân sau:
a)
Z
0
xb−xa
ln x dx, (0<a <b)
Lời giải Ta có: xb−xa
ln x = F(x, b)−F(x, a) =
b
Z
a
Fy0 (x, y)dy =
b
Z
a
xydy;
F(x, y) := x y
ln x
nên:
Z
0
xb−xa
ln x dx =
Z
0
b
Z
a
xydy
dx =
b
Z
a
1
Z
0
xydx
dy =
b
Z
a
1
y+1dy =ln
b+1
a+1
(7)2 Tích phân suy rộng phụ thuộc tham số. 69
b)
+∞
Z
0
e−αx−e−βx
x dx, (α, β>0)
Lời giải Ta có:
e−αx−e−βx x
F(x,y):=e−yx x
= F(x, α)−F(x, β) = α
Z
β
Fy0 (x, y)= β
Z
α
e−yxdy
nên:
+∞
Z
0
e−αx−e−βx
x dx=
+∞ Z β Z α
e−yxdy
dx = β Z α +∞ Z
e−yxdx
dy= β Z α dy
y =ln
β α Kiểm tra điều kiện đổi thứ tự lấy tích phân:
c)
+∞
Z
0
e−αx2−e−βx2
x2 dx, (α, β>0)
Lời giải Ta có:
e−αx2 −e−βx2 x2
F(x,y):=e−yx2 x2
= F(x, α)−F(x, β) = α
Z
β
Fy0 (x, y)dy =
β
Z
α
e−yx2dy
nên:
+∞
Z
0
e−αx2−e−βx2
x2 dx=
+∞ Z β Z α
e−x2ydy
dx=
β Z α +∞ Z
e−x2ydx
dy Với điều kiện biết
+∞
Z
0
e−x2dx = √2π ta có
+∞
Z
0
e−x2ydx= 2√√πy
Suy I = β
Z
α
√
π
2√ydy = √
π pβ−√α
Kiểm tra điều kiện đổi thứ tự lấy tích phân:
e)
+∞
Z
0
e−ax sin bx−xsin cx, (a, b, c >0)
Lời giải Ta có:
eaxsin bx−sin cx x
F(x,y)=e−ax sin yxx
= F(x, b)−F(x, c) = b
Z
c
Fy0 (x, y)dy = b
Z
c
(8)70 Chương Tích phân phụ thuộc tham số.
nên:
I =
+∞
Z
0
b
Z
c
e−axcos yxdy dx =
b
Z
c
+∞
Z
0
e−axcos yxdx dy MàZ e−axcos yxdx = −a2+ay2e−axcos yx+
y
a2+y2e−axsin yx, suy ra
+∞
Z
0
e−axcos yxdx = a2+ay2,
và I = b
Z
c a
a2+y2dy =arctgba −arctg ca
Kiểm tra điều kiện đổi thứ tự lấy tích phân:
Dạng Tính tích phân cách đạo hàm qua dấu tích phân.
Giả sử cần tính I(y) =
+∞
Z
a
f(x, y)dx.
B1 Tính I0(y) bằng cách I0(y) = +∞
Z
a
fy0 (x, y)dx.
B2 Dùng công thức Newton-Leibniz để khôi phục lại I(y) bằng cách I(y) =
Z
I0(y)dy.
Chú ý: Phải kiểm tra điều kiện chuyển dấu đạo hàm qua tích phân Định lý 3.14. Bài tập 3.6 Chứng minh tích phân phụ thuộc tham số I(y) =
+∞
Z
−∞
arctg(x+y)
1+x2 dx một
hàm số liên tục khả vi biến y Tính I0(y)rồi suy biểu thức I(y).
Lời giải Ta có:
ã f (x, y) = arctg1+(xx2+y) liờn tc trờn[,+]ì [−∞,+∞]
• arctg1+(xx2+y)
π
2.1+1x2 , mà
+∞
Z
−∞
1+x2 = π hội tụ, nên I(y) =
+∞
Z
−∞
arctg(x+y)
1+x2 dx hội tụ đều
trên[−∞,+∞]
Theo Định lý 3.13, I(y) liên tục trên[−∞,+∞] Hơn f0
y(x, y)
=
(1+x2)[1+(x+y)2] 1+1x2, ∀y;
+∞
Z
−∞
fy0 (x, y)dx hội tụ trên
[−∞,+∞] Theo Định lý 3.14, I(y)khả vi trên[−∞,+∞], và: I0(y) =
+∞
Z
−∞
1
(9)2 Tích phân suy rộng phụ thuộc tham số. 71
Đặt
(1+x2)[1+(x+y)2] =
Ax+B
1+x2 +1+(Cxx++Dy)2, dùng phương pháp đồng hệ số ta thu được:A=
−2
y(y2+4), B = y(y22+4), C = y21+4, D = y23+4 Do đó:
I0(y) =
y2+4
+∞
Z
−∞ "
−2x+y
1+x2 +
2x+3y 1+ (x+y)2
#
=
y2+4 h
−ln1+x2+y arctg x+ln1+ (x+y)2+y arctg(x+y)i|+x=−∞ ∞
= 4π
y2+4 Suy I(y) =
Z
I0(y)dy =2 arctgy2 +C, mặt khác I(0) =
+∞
Z
−∞ arctg x
1+x2 dx = 0 nên C =
I(y) = arctgy2
Bài tập 3.7 Tính tích phân sau:
a)
Z
0
xb−xa
ln x dx, (0<a <b)
Lời giải Đặt I(a) =
1
Z
0
xb−xa
ln x dx, f (x, a) = x
b−xa
ln x Ta có:
• f (x, a) = xbln x−xa liên tục theo x trên [0, 1] với 0<a <b. • fa0(x, a) = −xaliên tục [0, 1]ì (0,+)
ã
1
Z
0
fa0 (x, a)dx=
1
Z
0
−xadx= −a+11 hội tụ [0, 1]vì TPXĐ
Do theo Định lý 3.14,
I0(a) =
1
Z
0
fa0 (x, a)dx= −
a+1 ⇒ I(a) =
Z
I0(a)da= −ln(a+1) +C.
Mặt khác I(b) =0 nên C =ln(b+1)và I(a) = lnba++11 b)
+∞
Z
0
e−αx−e−βx
x dx, (α, β>0)
Lời giải Đặt I(α) =
+∞
Z
0
e−αx−e−βx
x dx, f (x, α) = e
−αx−e−βx
(10)72 Chương Tích phân phụ thuộc tham số.
• f (x, α) = e−αx−xe−βx liên tục theo x trên[0,+∞) với α, β>0. • fα0 (x, α) = ex liờn tc trờn[0,+)ì (0,+)
ã
+
Z
0
fα0 (x, α)dx=
+∞
Z
0
−e−αxdx = −1α hội tụ α khoảng[ε,+∞) theo tiêu chuẩn Weierstrass, thật vậy, |−e−αx| 6e−εx, mà
+∞
Z
0
e−εxdx =
ε hội tụ
Do theo Định lý 3.14,
I0(α) =
+∞
Z
0
fα0 (x, α)dx= −1
α ⇒ I(α) =
Z
I0(α)dα= −ln α+C.
Mặt khác, I(β) =0 nên C =ln β I=lnβα c)
+∞
Z
0
e−αx2−e−βx2
x2 dx, (α, β>0)
Lời giải Đặt I(α) =
+∞
Z
0
e−αx2−e−βx2
x2 dx, f (x, α) = e
−αx2−e−βx2
x2 Ta có:
• f (x, α) = e−αx2x−2e−βx2 liên tục theo x trên[0,+∞) với α, β>0
• fα0 (x, α) = −e−αx2 liên tc trờn[0,+)ì (0,+)
ã
+
Z
0
fα0 (x, α)dx =
+∞
Z
0
−e−αx2dxx
√
α=y = −
+∞
Z
0
e−y2√dy
α = −
√
π
2 √1α hội tụ theo α
trên [ε,+∞) theo tiêu chuẩn Weierstrass, thật vậy, −e−αx2 e−εx2 mà
+∞
Z
0
e−εx2dx hội tụ.
Do theo Định lý 3.14,
I0(α) =
+∞
Z
0
fα0 (x, α)dx= − √
π
2
√
α ⇒ I(α) =
Z
I0(α)dα= −√π.√α+C.
Mặt khác, I(β) =0 nên C =√π.pβ I(α) = √π pβ−√α
d)
+∞
Z
0
dx
(11)2 Tích phân suy rộng phụ thuộc tham số. 73
Lời giải Đặt In(y) =
+∞
Z
0
dx
(x2+y)n+1, fn(x, y) =
1
(x2+y)n+1 Khi đó:
[In−1(y)]0y =
+∞ Z dx
(x2+y)n
0
y = −n
+∞
Z
0
dx
(x2+y)n+1 = −n.In(y) ⇒ In = −
n(In−1)
0
Tương tự, In−1 = −n−11(In−2)
0
, In−2 = −n−12(In−3)
0
, , I1 = − (I0)
0
Do đó, In(y) = (−1)
n
n! [I0(y)]
(n) Mà I
0(y) =
+∞
Z
0
x2+ydx= √1yarctg√xy|+
∞
0 = 2√πy nên
In(y) = π2.(2n(2n−)1!!)!!.√1 y2n+1
Vấn đề lại việc kiểm tra điều kiện chuyển đạo hàm qua dấu tích phân
• Các hàm số f (x, y) = x21+y, f
y(x, y) = (x2−+1y)2, , f
(n)
yn (x, y) = (−1)
n
(x2+y)n+1 liên tục
trong[0,+)ì [,+)vi mi >0 cho trc. ã
x2+y x21+ε,
(x2−+1y)2
6 (x2+1ε)2, ,
(−1)
n
(x2+y)n+1
6 (x2+1ε)n+1
Mà tích phân
+∞
Z
0
x2+εdx, ,
+∞
Z
0
1
(x2+ε)n+1dx hội tụ, đó
+∞
Z
0
f (x, y)dx,
+∞
Z
0
fy0 (x, y)dx, ,
+∞
Z
0
fy(nn)(x, y)dx hội tụ trên[ε,+∞)với ε >
0 e)
+∞
Z
0
e−ax sin bx−xsin cxdx (a, b, c >0).
Lời giải Đặt I(b) =
+∞
Z
0
e−ax sin bx−xsin cxdx, f (x, b) = e−ax sin bx−xsin cx Ta có:
• f (x, b) =e−ax sin bx−xsin cx liên tục theo x trên[0,+∞)với a, b, c >0.
ã fb0(x, b) = eaxcos bx liờn tc trờn[0,+)ì (0,+)
•
+∞
Z
0
fb0(x, b)dx=
+∞
Z
0
e−axcos bx=−a2+ab2e−axcos bx+a2+bb2e−axsin bx +
∞
0 = a2+ab2
hội tụ theo b mỗi(0,+∞) theo tiêu chuẩn Weierstrass, thật vậy,
|e−axcos bx| 6e−ax2 mà
+∞
Z
0
(12)74 Chương Tích phân phụ thuộc tham số.
Do theo Định lý 3.14, I0
b(x, b) = a2+ab2, I =
Z
a
a2+b2db=arctgba+C.
Mặt khác I(c) =0 nên C = −arctgca và I =arctg ba −arctg ca
f)
+∞
Z
0
e−x2cos(yx)dx.
Lời giải Đặt I(y) =
+∞
Z
0
e−x2cos(yx)dx, f (x, y) = e−x2cos(yx).Ta có:
• f (x, y) liên tục trờn[0,+)ì (,+)
ã fy0 (x, y) = xex2sin yx liờn tc trờn [0,+)ì (,+)
ã
+
Z
0
fy0 (x, y)dx=
+∞
Z
0
−xe−x2sin yxdx = 2e−x
2
sin yx 0+∞−1
+∞
Z
0
ye−x2cos yxdx= −2yI(y)
hội tụ theo tiêu chuẩn Weierstrass, thật vậy, f0
y(x, y)
6 xe−x2, mà
+∞
Z
0
xe−x2dx=
1
2 hội tụ
Do theo Định lý 3.14, I0(y)
I(y) = −
y
2 ⇒ I =Ce−
y2
4
Mà I(0) =C = √2π nên I(y) = √2πe−y24
Nhận xét:
• Việc kiểm tra điều kiện để đạo hàm qua dấu tích phân hay điều kiện đổi thứ tự lấy tích phân đơi khơng dễ dàng chút
• Các tích phân
+∞
Z
0
fα0 (x, α)dx câu b, c, d hội tụ khoảng [ε,+∞) với
ε >0, mà không hội tụ trên (0,+∞) Tuy nhiên điều đủ để khẳng định rằng I0
α =
+∞
Z
0
(13)3 Tích phân Euler 75
§3 TÍCH PHÂN EULER 3.1 Hàm Gamma
Γ(p) =
+∞
Z
0
xp−1e−xdx xác định trên(0,+∞)
Các công thức
1 Hạ bậc: Γ(p+1) = pΓ(p), Γ(α−n) = (1−α(−)(21−)nαΓ)( α()n−α)
Ý nghĩa công thức để nghiên cứu Γ(p) ta cần nghiên cứu Γ(p) với
0< p61 mà thơi, cịn với p>1 sử dụng công thức hạ bậc.
2 Đặc biệt, Γ(1) = nên Γ(n) = (n−1)! ∀n∈ N
Γ1
=√π nên Γn+ 12= (2n2−21)!!
√
π.
3 Đạo hàm hàm Gamma: Γ(k)(p) = +∞
Z
0
xp−1lnkx.e−xdx.
4 Γ(p).Γ(1−p) = sin pππ ∀0 < p <
3.2 Hàm Beta
Dạng 1: B(p, q) =
1
Z
0
xp−1(1−x)q−1dx. Dạng 2: B(p, q) =
+∞
Z
0
xp−1
(1+x)p+qdx.
Dạng lượng giác: B(p, q) =
π
2
Z
0
sin2p−1t cos2q−1tdt, Bm2+1,n+21 =
π
2
Z
0
sinmt cosmtdt. Các cơng thức:
1 Tính đối xứng: B(p, q) = B(q, p)
2 Hạ bậc:
B(p, q) = p+p−q−11B(p−1, q), nếu p>1
B(p, q) = p+q−q−11B(p, q−1), nếu q >1
(14)76 Chương Tích phân phụ thuộc tham số.
3 Đặc biệt, B(1, 1) = nên
B(m, n) = (m(−m1+)n!(−n−1)1!)!, ∀m, n ∈N
B(p, n) = (p+n−1)(p(n+−n1−)!2) (p+1)p ∀n∈ N.
4 Công thức liên hệ hàm Bêta Gamma: B(p, q) = ΓΓ((pp)+Γ(qq))
5 B(p, 1−p) =Γ(p)Γ(1−p) = π sin pπ
3.3 Bài tập
Bài tập 3.8 Biểu thị
π
2
Z
0
sinmx cosnxdx qua hàm B(m, n)
Lời giải Đặt sin x=√t⇒06t61, cos xdx =
2√tdt
π
2
Z
0
sinmx cosnxdx=
π
2
Z
0
sinmx1−sin2x
n−1
cos xdx=
2
π
2
Z
0
tm2 (1−t)n−12 t−12dt=
2B
m+1
2 ,
n+1
2 Đây công thức dạng lượng giác hàm Beta
Bài tập 3.9.
a)
π
2
Z
0
sin6x cos4xdx. Lời giải Ta có
I =
2B 2, = Γ Γ Γ(6) =
1
Γ3+1
Γ2+ Γ(6) =
1
5!! 23
√
π.3!!22
√ π 5! = 3π 512 b) a Z
x2n√a2−x2dx (a >0).
Lời giải Đặt x =a√t⇒ dx= adt
2√t
I =
1
Z
0
a2ntn.a(1−t)12. adt
2√t = a2n+2
2
Z
0
tn−21(1−t)12 dt= a
2n+2 B
n+
2,
= a2n
+2
Γn+1
Γ
2 Γ(n+2) =
a2n+2
2
(2n−1)!! 2n √ π. √ π
(n+1)! =π
a2n+2
2
(2n−1)!!
(15)3 Tích phân Euler 77
c)
+∞
Z
0
x10e−x2dx
Lời giải Đặt x =√t ⇒dx= dt
2√t
I =
+∞
Z
0
t5e−t dt 2√t =
1
+∞
Z
0
t92e−tdt =
2Γ 11 = 9!!√π
25 =
9!!√π
26 d) +∞ Z √ x
(1+x2)2dx
Lời giải Đặt x2 =t⇒2xdx=dt
I =
+∞
Z
0
t14 dt
2√t (1+t)2 =
1
+∞
Z
0
t−14dt
(1+t)2 =
1
2B(p, q) với
p−1= −14
p+q =2 ⇒
p = 34
q = 54
Vậy
I =
2B 4, = 4−1
4+54−1 B3
4, = 8.B 4, = π
sin π4 =
π
4√2 e)
+∞
Z
0 1+x3dx
Lời giải Đặt x3 =t⇒dx = 3t−
2 3dt
I =
3
+∞
Z
0
t−23dt
1+t =
1 3B 3, = π
sinπ3 = 2π 3√3 f)
+∞
Z
0
xn+1
(1+xn)dx, (2<n∈ N)
Lời giải Đặt xn =t⇒dx =
nt
1
n−1dt
I =
+∞
Z
0
tn+1n
nt
1
n−1dt
(1+t)2 =
1
n
+∞
Z
0
tn2
(1+t)2dt=
1
nB
n+1, 1−
2 n = n n
n +1
+ 1−2n−1B
2
n, 1−
2 n = n2 π
(16)78 Chương Tích phân phụ thuộc tham số.
g)
Z
0
n
√
1−xndx, n∈ N∗
Lời giải Đặt xn =t⇒dx =
nt
1
n−1dt
I =
1
Z
0
nt
1
n−1dt
(1−t)1n
=
n
1
Z
0
t1n−1.(1−t)−
1
ndt =
nB
n, 1−
1
n
=
n π
(17)CHƯƠNG 4
TÍCH PHÂN ĐƯỜNG
§1 TÍCH PHÂN ĐƯỜNG LOẠI I 1.1 Định nghĩa
Cho hàm số f (x, y) xác định cung phẳng cAB Chia cung cAB thành n cung
nhỏ, gọi tên độ dài chúng ∆s1, ∆s2, ∆sn Trên cung ∆si lấy điểm
Mi Giới hạn, có, tổng n
∑
i=1
f(Mi)∆si khi n → ∞ sao cho max ∆si →0 không
phụ thuộc vào cách chia cung cAB cách chọn điểm Mi gọi tích phân đường
loại hàm số f (x, y)dọc theo cung cAB, kí hiệu là
Z
c
AB
f (x, y)ds. Chú ý:
• Tích phân đường loại khơng phụ thuộc vào hướng cung cAB.
• Nếu cung cZ AB có khối lượng riêng M(x, y) là ρ(x, y) khối lượng
c
AB
ρ(x, y)ds tích phân tồn tại.
• Chiều dài cung cAB tính theo cơng thức l =
Z
c
AB
ds.
(18)80 Chương Tích phân đường
1.2 Các cơng thức tính tích phân đường loại I
1 Nếu cung cAB cho phương trình y=y(x), a6x 6b thì
Z
c
AB
f (x, y)ds = b
Z
a
f (x, y(x))
q
1+y02(x)dx. (1) Nếu cung cAB cho phương trình x= x(y), c6y6d thì
Z
c
AB
f (x, y)ds = d
Z
c
f (x(y), y)
q
1+x02(y)dy. (2) Nếu cAB cho phương trình x =x(t), y=y(t), t1 ≤t≤t2,
Z
c
AB
f(x, y)ds = t2
Z
t1
f(x(t), y(t))
q
x02(t) +y02(t)dt (3)
4 Nếu cung cAB cho phương trình toạ độ cực r =r(ϕ), ϕ1 ≤ ϕ≤ ϕ2thì coi như phương trình dạng tham số, ta ds =pr2(ϕ) +r02(ϕ)dϕ và
Z
c
AB
f (x, y)ds = ϕ2
Z
ϕ1
f (r(ϕ)cos ϕ, r(ϕ)sin ϕ)qr2(ϕ) +r02(ϕ)dϕ (4)
1.3 Bài tập
Bài tập 4.1. TínhZ C
(x−y)ds, C đường trịn có phương trìnhx2+y2 =2x
Lời giải Đặt
x =1+cos t
y=sin t ,
6t62π
I =
2π
Z
0
(1+cos t−sin t)
q
(−sin t)2+cos2tdt=2π
Bài tập 4.2. TínhZ C
y2ds, C đường cong
x=a(t−sin t)
y =a(1−cos t) ,
(19)1 Tích phân đường loại I 81
Lời giải
x0(t) = a(1−cos t)
y0(t) = a sin t ⇒
q
x02(t) +y02(t) =2a sin t
⇒ I =
2π
Z
0
a2(1−cos t)2.2a sin t 2dt =
256a3 15
Bài tập 4.3. TínhZ C
p
x2+y2ds, C đường
x =a(cos t+t sin t)
y=a(sin t−t cos t) ,
6t62π, a>0
Lời giải
x0(t) = at cos t y0(t) = at sin t ⇒
q
x02(t) +y02(t) = at
⇒ I =
2π
Z
0 r
a2h(cos t+t sin t)2+ (sin t−t cos t)2i.atdt = a3
q
(20)82 Chương Tích phân đường
§2 TÍCH PHÂN ĐƯỜNG LOẠI II 2.1 Định nghĩa
Cho hai hàm số P(x, y), Q(x, y)xác định cung cAB Chia cung cAB thành n cung nhỏ
∆sibởi điểm chia A0= A, A1, A2, , An = B.Gọi toạ độ vectơ−−−−→Ai−1Ai = (∆xi, ∆yi)và
lấy điểm Mibất kì cung ∆si Giới hạn, có, tổng ∑n
i=1
[P(Mi)∆xi+Q(Mi)∆yi]
sao cho max ∆xi → 0, không phụ thuộc vào cách chia cung cAB cách chọn điểm Mi
được gọi tích phân đường loại hai hàm số P(x, y), Q(x, y) dọc theo cung cAB , kí
hiệu Z c
AB
P(x, y)dx+Q(x, y)dy. Chú ý:
• Tích phân đường loại hai phụ thuộc vào hướng cung cAB, đổi chiều đường
lấy tích phân tích phân đổi dấu,Z c
AB
P(x, y)dx+Q(x, y)dy = −
Z
c
BA
P(x, y)dx+Q(x, y)dy.
• Tích phân đường loại hai có tính chất giống tích phân xác định
2.2 Các cơng thức tính tích phân đường loại II
1 Nếu cung cAB cho phương trình y = y(x), điểm đầu điểm cuối ứng với
x =a, x =b thì
Z
c
AB
Pdx+Qdy =
b
Z
a
P(x, y(x)) +Q(x, y(x)).y0(x)dx. (5)
2 Nếu cung cAB cho phương trình x = x(y), điểm đầu điểm cuối ứng với
y =c, y =d thì
Z
c
AB
Pdx+Qdy=
d
Z
c
P x(y).x0(y)dy, y+Q(x(y), y) (6)
3 Nếu cung cAB cho phương trình
x=x(t)
y =y(t) , điểm đầu điểm cuối tương
ứng với t =t1, t =t2thì
Z
c
AB
Pdx+Qdy =
t2
Z
t1
... Γ(n+2< /sub>) =
a2n +2
2
(2n−1)!! 2< i>n √ π. √ π
(n+1)! =π
a2n +2
2
(2n−1)!!
.2a sin t 2< i>dt =25 6a3 15
Bài tập 4.3. TínhZ C
p
x2< sub>+y2< i>ds,