Trang 1
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập Chương 2 Phép tính tích phân hàm một biến số 2.1 Tích phân bất định Bài 50: Tính các tích phân: ˆ ˆ ˆ sin2 x (x2 + 2)dx dx a) e sin 2xdx e) i) x3 + 1 3 sinx − 4 cosx ˆ ˆ ˆ dx (3 − 2x)dx b) (x + 2) lnxdx f) j) √ (x + a)2(x + b)2 1 − x2 ˆ ˆ ˆ c) |x2 − 3x + 2|dx dx g) sin 5xcos 3xdx k) √ 1 + x2 + 4x + 5 ˆ ˆ ˆ xdx (x + 1)dx d) h) tan3 xdx l) √ (x + 2)(x + 5) x2 − 2x − 1 Lời giải: ˆ ˆ ˆ a) esin2 x sin 2xdx = esin2 x · 2 sinxcosxdx = esin2 x · 2 sinxd(sinx) ˆ = esin2 xd(sin2 x) = esin2 x + C ˆ ˆ ˆ x2 x2 x2 b) (x + 2) lnxdx = lnxd + 2x = + 2x lnx − + 2x d(lnx) 2 2 2 ˆ x2 x2 1 = + 2x lnx − + 2x . dx 2 2 x ˆ x2 x = + 2x lnx − + 2 dx 2 2 x2 x2 = + 2x lnx − − 2x + C 2 ˆ 4 ˆ (x2 − 3x + 2)dx khi x ≤ 1 ∨ x ≥ 2 c) x2 − 3x + 2 dx = ˆ (−x2 + 3x − 2)dx khi 1 < x < 2 x3 3x2 − + 2x + C khi x ≤ 1 ∨ x ≥ 2 = 3 2 x3 3x2 − + − 2x + C khi 1 < x < 2 ˆ ˆ 3 2 ˆ xdx 5 dx 2 dx 5 2 d) = − = ln|x + 5| − ln|x + 2| + C (x + 2)(x + 5) 3 x + 5 3 x + 2 3 3 50
Trang 2
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập ˆ ˆ ˆ ˆ x2 + 2 x2 + 2 dx dx e) dx = dx = + x3 + 1 (x + 1) (x2 − x + 1) x + 1 x2 − x + 1 1 ˆ ˆ d x − dx 2 = + √ ! x + 1 2 2 1 3 x − + 2 2 1 1 x − = ln|x + 1| + √ arctan √ 2 + C 3 3 2 2 2 2x − 1 = ln|x + 1| + √ arctan √ + C ˆ 3 3 dx f) I = (x + a)2(x + b)ˆ2 dx 1 • Với a = b ⇒ I = = − + C (x + a)4 3(x + a)3 • Với aˆ̸= b, ta có: ˆ dx 1 2 I = = dx (x + a)2(x + b)2 (x + a)(x + b) ˆ 2 (x + b) − (x + a) 1 = · dx (x + a)(x + b) b − a ˆ 2 1 1 1 = − dx (b − a)2 x + a x + b ˆ ˆ ˆ 1 dx dx dx = + − 2 (b − a)2 (x + a)2 (x + b)2 (x + a)(x + b) ˆ ˆ ˆ ˆ 1 dx dx 2 dx dx = + − − (b − a)2 (x + a)2 (x + b)2 b − a x + a x + b −1 1 1 2 x + a = + − ln + C ˆ (b − a)2 x +ˆ a x + b (b − a)3 x + b 1 1 1 g) sin 5xcos 3xdx = (sin 2x + sin 8x)dx = − cos 2x − cos 8x + C ˆ ˆ 2 ˆ 4 16 ˆ h) tan3 xdx = tanx tan2 x + 1 − 1) dx = tanx tan2 x + 1 dx − tanxdx ˆ ˆ ˆ ˆ sinxdx d(cosx) = tanxd(tanx) − = tanxd(tanx) + cosx cosx tan2 x = + ln|cosx| + C ˆ 2 ˆ dx dx i) = p 3 sinx − 4 cosx 3 −4 32 + (−4)2 sinx + cosx 5 5 ˆ dx −4 = với α = arctan 5 sin(x + α) 3 ˆ ˆ 1 sin (x + α)dx 1 d[cos (x + α)] = = 5 sin2 (x + α) 5 cos2 (x + α) − 1 1 cos (x + α) − 1 1 3 cosx + 4 sinx − 5 = ln + C = ln + C 10 cos (x + α) + 1 10 3 cosx + 4 sinx + 5 51
Trang 3
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập ˆ ˆ ˆ √ (3 − 2x)dx dx d(1 − x2) j) √ = 3 √ + √ = 3 arcsinx + 2 1 − x2 + C ˆ 1 − x2 1 − xˆ2 1 − x2 dx dx k) I = √ = p 1 + x2 + 4x + 5 1 + (x + 2)2 + 1 −π π dt Đặt x + 2 = tant, < t < ⇒ dx = ˆ 2 2 ˆ cos2 t dt dt ⇒ I = √ = 1 + tan2 t + 1 cos2 t cost(1 + cost) ˆ ˆ ˆ ˆ dt dt costdt dt = − = − cost 1 + cost cos2 t t 2 cos2 2 t ˆ ˆ d d(sint) 2 = − 1 − sin2 t t cos2 2 1 1 + sint t = ln − tan + C 2 1 − sint 2 1 1 t t + tant − 1 sin 2 sin2 1 cost cost t 2 2 1 − cost = ln − do tan = = = 2 1 tant 2 t t t sint − tant cos 2 sin cos cost 2 2 2 √ √ 1 x2 + 4x + 5 + (x + 2) x2 + 4x + 5 − 1 = ln √ − + C 2 x2 + 4x + 5 − (x + 2) x + 2 √ √ x2 + 4x + 5 − 1 = ln x2 + 4x + 5 + (x + 2) − + C ˆ ˆ ˆ x + 2 (x + 1)dx x − 1 2 l) √ = √ dx + √ dx x2 − 2x − 1 ˆ x2 − 2x − 1 ˆ x2 − 2x − 1 d(x2 − 2x − 1) d(x − 1) = √ + 2 p 2 x2 − 2x − 1 (x − 1)2 − 2 √ √ = x2 − 2x − 1 + 2 ln x − 1 + x2 − 2x − 1 + C Bài 51: Tính các tích phân: ˆ ˆ x4dx a) d) sinn−1 xsin [(n + 1)x]dx (n ∈ N∗) x10 − 1 ˆ √ ˆ b) x −x2 + 3x − 2dx e) e−2x cos 3xdx ˆ ˆ dx f) arcsin2 xdx c) (x2 + 2x + 5)2 Lời giải: ˆ ˆ x4dx 1 dx5 1 x5 − 1 a) = = ln + C x10 − 1 5 (x5)2 − 1 10 x5 + 1 52
Trang 4
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập ˆ ˆ s √ 1 2 3 2 b) I = x −x2 + 3x − 2dx = x − x − dx 2 2 3 1 π π 1 Đặt x = + sint, − ≤ t ≤ ⇒ dx = costdt 2 ˆ 2 2 2 ˆ 2 ˆ 1 3 1 2 1 3 2 1 2 ⇒ I = + sint cos tdt = cos tdt + sintcos tdt 4 2 2 4 2 2 ˆ ˆ 1 3 1 2 = (1 + cos 2t)dt − cos tdcost 4 4 2 3 3 1 3 = t + sin 2t − cos t + C 16 32 24 3 3 √ 1 √ 3 = arcsin (2x − 3) + (2x − 3) −x2 + 3x − 2 − −x2 + 3x − 2 + C 16 8 3 ˆ ˆ dx dx c) I = = (x2 + 2x + 5)2 ((x + 1)2 + 22)2 π π Đặt x + 1 = 2 tant, − < t < ⇒ dx = 2 (tan2 t + 1)dt ˆ 2 ˆ 2 2 (1 + tan2 t)dt dt ⇒ I = = 42 (1 + tan2 t)2 8 (1 + tan2 t) ˆ ˆ 1 2 1 = cos tdt = (1 + cos 2t)dt 8 16 1 1 1 1 = t + sin 2t + C = t + sintcost + C 16 32 16 16 1 1 2 = t + tantcos t + C 16 16 1 1 x + 1 1 = t + · · + C 16 16 2 x + 1 2 + 1 2 1 x + 1 (x + 1) = arctan + + C 16 2 8 (x2 + 2x + 5) ˆ ˆ d) I = sinn−1 xsin [(n + 1)x]dx = sinn−1 xsin (nx + x)dx ˆ = sinn−1 x[sin(nx) cosx + cos(nx) sinx]dx ˆ = sinn−1 xsin(nx) cosx + cos(nx) sinn x dx ˆ 1 n−1 n = sin(nx).n.sin xcosx + n.cos(nx) sin x dx n ˆ 1 n ′ ′ n = [sin(nx).(sin x) + (sinnx) sin x]dx n 1 n = sin(nx) sin x + C n 53
Trang 5
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập ˆ ˆ −2x −1 −2x e) I = e cos 3xdx = cos 3xd e 2 ˆ −1 −2x −2x = e cos 3x − e d(cos 3x) 2 ˆ −1 −2x 3 −2x = e cos 3x − e sin 3xdx 2 2 ˆ −1 −2x 3 −2x = e cos 3x + sin 3xd(e ) 2 4 ˆ −1 −2x 3 −2x −2x = e cos 3x + e sin 3x − e d(sin 3x) 2 4 ˆ −1 −2x 3 −2x 9 −2x = e cos 3x + e sin 3x − e cos 3xdx 2 4 4 −1 −2x 3 −2x 9 = e cos 3x + e sin 3x − I 2 4 4 −2 3 ⇒ I = e−2x cos 3x + e−2x sin 3x + C 13 13 ˆ f) I = arcsin2 xdx π π Đặt t = arcsinx, − ≤ t ≤ ⇒ x = sint ⇒ dx = costdt ˆ 2ˆ 2 ⇒ I = t2 costdt = t2d(sint) ˆ = t2 sint − 2 tsintdt ˆ = t2 sint + 2 td(cost) ˆ = t2 sint + 2tcost − 2 costdt = t2 sint + 2tcost − 2 sint + C √ = xarcsin2 x + 2 1 − x2 arcsinx − 2x + C Bài 52: Lập công thức truy hồi tính In, n ∈ N ˆ ˆ ˆ n x n dx a) In = x e dx b) In = sin xdx c) In = cosn x Lời giải: ˆ ˆ ˆ a) I = xnexdx = xnd(ex) = xnex − n xn−1exdx = xnex − nI n n−1 ˆ Mà I = exdx = ex + C 0 ⇒ I = xnex − nI n n−1 = xnex − nxn−1ex + n(n − 1)I n−2 = . . . Xn (−1)kn! = ex xk + C k! k=0 54
Trang 6
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập ˆ b) I = sinn xdx n ˆ = − sinn−1 xd(cosx) ˆ = −sinn−1 xcosx + cosxd(sinn−1 x) ˆ = −sinn−1 xcosx + (n − 1) cos2 xsinn−2 xdx ˆ = −sinn−1 xcosx + (n − 1) (1 − sin2 x) sinn−2 xdx ˆ ˆ = −sinn−1 xcosx + (n − 1) sinn−2 xdx − sinn xdx = −sinn−1 xcosx + (n − 1) (I − I ) n−2 n ⇒ nI = −sinn−1 xcosx + (n − 1)I n n−2 1 n−1 n − 1 ⇒ In = − sin xcosx + In−2 ∀n ∈ N, n ≥ 2 ˆ n n Mà I0 = dx = x + C ˆ I1 = sinxdx = −cosx + C 1 n−1 n − 1 ⇒ In = − sin xcosx + In−2 n n 1 n−1 n − 1 n−3 (n − 1)(n − 3) = − sin xcosx − sin xcosx + In−4 n n(n − 2) n(n − 2) = . . . Xn−2 (n − 1)!!(n − 2k)!! (n − 1)!! 2 − sinn−1−2k xcosx + I với n chẵn, n ≥ 2 n!!(n − 1 − 2k)!! n!! 0 k=0 = Xn−1 2 (n − 1)!!(n − 2k)!! (n − 1)!! − sinn−1−2k xcosx + I với n lẻ n!!(n − 1 − 2k)!! n!! 1 k=0 x + C với n = 0 Xn−2 (n − 1)!!(n − 2k)!! (n − 1)!! 2 − sinn−1−2k xcosx + x + C với n chẵn, n ≥ 2 n!!(n − 1 − 2k)!! n!! k=0 = Xn−1 2 (n − 1)!!(n − 2k)!! (n − 1)!! − sinn−1−2k xcosx − cosx + C với n lẻ n!!(n − 1 − 2k)!! n!! k=0 x + C với n = 0 55
Trang 7
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập ˆ dx c) In = ˆ cosn x d(tanx) = cosn−2 xˆ (tanx) 1 = − tanxd cosn−2 x cosn−2 x ˆ tanx tanxsinxdx = − (n − 2) cosn−2 x cosn−1 x ˆ tanx sin2 xdx = − (n − 2) cosn−2 x ˆ cosn x ˆ tanx dx dx = − (n − 2) − cosn−2 x cosn x cosn−2 x tanx = − (n − 2) (In − In−2) cosn−2 x 1 tanx n − 2 ⇒ In = + In−2 nˆ− 1 cosn−2ˆx n − 1 ˆ dx cosxdx dsinx 1 1 + sinx Mà I1 = = = = ln + C cosx cos2 x 1 − sin2 x 2 1 − sinx ˆ I0 = dx = x + C 1 tanx n − 2 ⇒ In = + In−2 n − 1 cosn−2 x n − 1 1 tanx n − 2 tanx (n − 2)(n − 4) = + + In−2 n − 1 cosn−2 x (n − 1)(n − 3) cosn−4 x (n − 1)(n − 3) = . . . Xn−3 (n − 2)!!(n − 1 − 2k)!! tanx (n − 2)!! 2 + I1 với n lẻ , n ≥ 3 (n − 1)!!(n − 2 − 2k)!! cosn−2−2k x (n − 1)!! k=0 Xn−2 = 2 (n − 2)!!(n − 1 − 2k)!! tanx + C với n chẵn, n ≥ 2 (n − 1)!!(n − 2 − 2k)!! cosn−2−2k x k=0 1 1 + sinx ln + C với n = 1 2 1 − sinx x + C với n = 0 Xn−3 (n − 2)!!(n − 1 − 2k)!! tanx (n − 2)!! 1 + sinx 2 + ln + C với n lẻ , n ≥ 3 (n − 1)!!(n − 2 − 2k)!! cosn−2−2k x 2(n − 1)!! 1 − sinx k=0 Xn−2 = 2 (n − 2)!!(n − 1 − 2k)!! tanx + C với n chẵn, n ≥ 2 (n − 1)!!(n − 2 − 2k)!! cosn−2−2k x k=0 1 1 + sinx ln + C với n = 1 2 1 − sinx x + C với n = 0 2.2 Tích phân xác định Bài 53: Tính các đạo hàm ˆy ˆy ˆx3 d t2 d t2 d dt a) e dt b) e dt c) √ dx dy dx 1 + t4 x x x2 56
Trang 8
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập Lời giải: ˆy d t2 a) e dt dx x Gọi F(t) là một nguyên hàm của hàm f(t) = et2 ˆy d t2 d(F(y) − F(x)) x2 ⇒ e dt = = −f(x) = −e dx dx x ˆy d t2 b) e dt dy x Gọi F(t) là một nguyên hàm của hàm f(t) = et2 ˆy d t2 d(F(y) − F(x)) y2 ⇒ e dt = = f(y) = e dy dy x ˆx3 d dt c) √ dx 1 + t4 x2 1 Gọi F(t) là một nguyên hàm của hàm f(t) = √ 1 + t4 ˆx3 d dt d(F(x3) − F(x2)) 3x2 2x ⇒ √ = = 3x2f(x3) − 2xf(x2) = √ − √ dx 1 + t4 dx 1 + x12 1 + x8 x2 Bài 54: Dùng định nghĩa và cách tính tích phân xác định, tìm các giới hạn 1 1 1 1 a) lim + + + . . . + ,(α, β > 0) n→∞ nαr nα + β r nα + 2β nα + (!n − 1)β r 1 1 2 n b) lim 1 + + 1 + + . . . + 1 + n→∞ n n n n Lời giải: Xn−1 1 1 1 1 1 a) I = lim + + + . . . + = lim ,(α, β > 0) n→∞ nα nα + β nα + 2β nα + (n − 1)β n→∞ nα + iβ i=0 Xn−1 ˆ1 1 1 1 1 1 1 β = lim i · = dx = ln|α + βx| = ln(1 + ) n→∞ α + β n α + βx β β α i=0 0 n 0 r r r ! r 1 1 2 n 1 Xn i b) I = lim 1 + + 1 + + . . . + 1 + = lim 1 + n→∞ n n n n n→∞ n n i=1 ˆ1 √ √ 2 √ 3 1 −2 + 4 2 = 1 + xdx = 1 + x = 3 3 0 0 Bài 55: Tìm các giới hạn 57
Trang 9
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập 2 ˆsinx√ ˆx ˆx tantdt (arctant)2dt et2dt a) lim 0 b) lim 0 √ c) lim 0 x→0 tanˆ x√ x→+∞ x2 + 1 x→+∞ ˆx sintdt e2t2dt 0 0 Lời giải: ˆsinx√ tantdt 0 0 a) L = lim , dễ thấy giới hạn này ở dạng vô định x→0 tanˆ x√ 0 sintdt 0 Xét: ˆ ′ sinx√ tantdt p 0 cosx tan (sinx) L1 = lim = lim 1 p x→0 tanˆ x ′ x→0 √ sin (tanx) sintdt cos2 x 0 p tan (sinx) = lim cos3 x.p x→0 sin (tanx) √ 3 x = lim cos x.√ = 1 x→0 x (Do khi x → 0,các VCB sau tương đương với nhau: x ∼ sinx ∼ tanx ∼ sin (tanx) ∼ tan (sinx)) ⇒ L = L1 = 1 theo quy tắc L’Hospital. ˆx (arctant)2dt 0 ∞ b) L = lim √ , dễ thấy giới hạn này ở dạng vô định x→+∞ x2 + 1 ∞ Xét: ˆx ′ r (arctant)2dt 1 π2 1 + (arctanx)2 x2 π2 L = lim 0 √ = lim = lim = 1 ′ x 4 4 x→+∞ x2 + 1 x→+∞ √ x→+∞ x2 + 1 π2 ⇒ L = L1 = theo quy tắc L’Hospital. 4 2 ˆx et2dt 0 ∞ c) lim ˆ , dễ thấy giới hạn này ở dạng vô định x→+∞ x ∞ e2t2dt 0 Xét: 58
Trang 10
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập 2′ ˆx ˆx et2dt 2ex2 et2dt • L = lim 0 = lim 0 1 ˆ ′ e2x2 x→+∞ x x→+∞ e2t2dt 0 ˆx 2 et2dt 0 ∞ = lim , giới hạn này ở dạng vô định x→+∞ ex2 ∞ ′ ˆx 2 et2dt 2ex2 1 • L = lim 0 = lim = lim = 0 2 ′ 2xex2 x x→+∞ (ex2) x→+∞ x→+∞ ⇒ L = L1 = L2 = 0 theo quy tắc L’Hospital. Bài 56: Tính các tích phân sau: ˆe ˆ1 sin2 xcosx a) |lnx|(x + 1)dx d) dx (1 + tan2 x)2 1/e 0 ˆe ˆ3 r 2 x b) (xlnx) dx e) arcsin x + 1 1 0 3ˆπ/2 ˆπ/2 dx c) f) cosn xcosnxdx, n ∈ N 2 + cosx 0 0 Lời giải: ˆe ˆ1 ˆe a) I = |lnx|(x + 1)dx = |lnx|(x + 1)dx + |lnx|(x + 1)dx 1/e 1/e 1 ˆ1 ˆ1 Đặt I1 = |lnx|(x + 1)dx = −lnx(x + 1)dx 1/e 1/e ˆe ˆe Đặt I2 = |lnx|(x + 1)dx = lnx(x + 1)dx 1 1 Khi đó I = I1 + I2. Sử dụng tích phân từng phần,ta có: ˆ1 ˆ1 x2 1 x2 1 1 x 5 3 2 I = −lnx( + x)|1 + ( + x)dx = − − + + 1dx = − − 1 2 1/e x 2 2e2 e 2 4 4e2 e 1/e 1/e ˆe x2 1 x2 e2 5 I = lnx( + x)|e − ( + x)dx = + 2 2 1 x 2 4 4 1 e2 3 2 5 ⇒I = I1 + I2 = − − + 4 4e2 e 2 59
Trang 11
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập ˆe b) Đặt I = (xlnx)2dx, Thực hiện tích phân từng phần: 1 lnx ˆe u = (lnx)2 du = 2 dx x3 2 ⇒ x → I = (lnx)2 |e − x2 lnxdx dv = x2dx x3 3 1 3 v = 3 1 ˆe ˆe 2 2x3 2 4 2 Thực hiện tích phân từng phần: x2 lnxdx = lnx |e − x2dx = e3 + 3 9 1 9 27 27 1 1 e3 4 2 5 2 I = − ( e3 + ) = e3 − 3 27 27 27 27 ˆ3π ˆπ ˆ3π 2 dx dx 2 dx c) I = = + cosx + 2 cosx + 2 cosx + 2 0 0 π x 2 Đặt u = tan ⇔ x = 2 arctanu → dx = du 2 1 + u2 2u 1 − u2 Ta có: sinx = ; cosx = u2 + 1 1 + u2 ˆ 2 ˆ 2 ˆ ˆ +∞ du −1 du +∞ −1 1 + u2 1 + u2 2 2 → I = + = du + du 1 − u2 1 − u2 3 + u2 3 + u2 0 2 + −∞ 2 + 0 −∞ 1 + u2 1 + u2 √ √ √ 2 u +∞ 2 u −1 3 2 3 5 3 I = √ arctan √ | + √ arctan √ |−∞ = π + π = π 3 3 0 3 3 3 9 9 ˆ1 ˆ1 ˆ1 sin2 xcosx d) I = dx = sinx2 cos5 xdx = sinx2(1 − sin2 x)2 cosxdx (1 + tan2 x)2 0 0 0 ˆ1 I = sinx2(1 − sin2 x)2d(sinx) 0 n Đặt u = sinx → du = cosxdx. Đổi cận: x = 0 → u = 0 Tích phân trở thành: x = 1 → u = sin 1 ˆsin 1 ˆsin 1 u7 2u5 u3 I = u2(1 − u2)2du = (u6 − 2u4 + u2)du = ( − + )|sin 1 7 5 3 0 0 0 sin7 1 2 sin5 1 sin3 1 I = − + . 7 5 3 ˆ3 r ˆ3 r x x e) I = arcsin dx = arcsin d(x + 1) x + 1 x + 1 0 0 r 3 ˆ3 r x x = (x + 1) arcsin − (x + 1)d arcsin x + 1 x + 1 0 0 60
Trang 12
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập 1 1 r (x + 1)2 x ˆ3 2 ˆ3 0 √ 4π x + 1 4π 1 4π √ 4π I = − (x + 1) r dx = − √ dx = − ( x) = − 3 3 x 3 2 x 3 3 1 − 3 0 x + 1 0 π π ˆ2 ˆ2 n π f) Đặt I = cos x.cosnxdx. Ta có: I = dx = . Xét n ∈ N∗, ta có: n 0 2 π 0 π 0 ˆ2 ˆ2 n−1 n−1 cos[(n − 1)x] + cos[(n + 1)x] In = cos x.cosxcos(nx)dx = cos x. dx 2 0π 0 π ˆ2 ˆ2 1 n−1 1 n−1 = cos x.cos[(n + 1)x]dx + . cos x.cos[(n − 1)x]dx 2 2 0π 0 ˆ2 1 n−1 1 = cos x.[cos(nx) cosx − sin(nx) sinx]dx + In−1 2 2 0 π ˆ2 1 n n−1 1 = [ncos(nx).cos x + sin(nx).(−nsinxcos x)]dx + In−1 2n 2 0π ˆ2 1 ′ n n ′ 1 = [(sinnx) .cos x + sin(nx).(cos x) ]dx + In−1 2n 2 0 sinnx.cosn x π/2 1 1 1 = + In−1 = 0 + In−1 = In−1 2n 2 2 2 0π I(0) = π Do đó : 2 ⇒ I = ,∀n ∈ N∗. 1 n 2n+1 I = I ,∀n ∈ N∗ n 2 n−1 Bài 57: Chứng minh rằng nếu f(x) liên tục trên [0,1] thì: ˆπ/2 ˆπ/2 ˆπ ˆπ π a) f(sinx)dx = f(cosx)dx b) xf(sinx)dx = f(sinx)dx 2 0 0 0 0 Áp dụng tính các tích phân sau: ˆπ ˆπ/2 √ xsinxdx sinxdx 1. 2. √ √ dx 1 + cos2 x sinx + cosx 0 0 Lời giải: 61
Trang 13
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập π a) f(x) liên tục trên [0,1] nên f(sinx) và f(cosx) khả tích trên [0, ]. 2 ˆπ/2 π Xét tích phân I = f(sinx)dx. Đổi biến t = − x ⇒ dx = −dt. 2 0 π π Đổi cận: Khi x = 0 ⇒ t = ; khi x = ⇒ t = 0.Ta có: 2 2 ˆ0 ˆπ/2 ˆπ/2 π π I = f(sin( − t)).(−dt) = f(sin( − t))dt = f(cost)dt. 2 2 π/2 0 0 ˆπ/2 ˆπ/2 Suy ra: f(sinx)dx = f(cosx)dx (dpcm). 0 0 ˆπ n b) Xét J = xf(sinx)dx. Đặt x = π − t ⇒ dx = −dt. Đổi cận: x = 0 ⇒ t = π . Ta có: x = π ⇒ t = 0 0 ˆ0 ˆπ J = (π − t)f(sin(π − t)).(−dt) = (π − t)f(sin(π − t)dt π 0 ˆπ ˆπ ˆπ = (π − t)f(sint)dt = πf(sint)dt − tf(sint)dt 0 0 0 ˆπ ˆπ ˆπ 1 π Tức là: J = πf(sint)dt − J ⇒ J = πf(sint)dt = f(sint)dt. 2 2 0 0 0 ˆπ ˆπ π ⇒ xf(sinx)dx = f(sint)dt(dpcm) 2 0 0 Áp dụng tính các tích phân: x 1. Áp dụng đẳng thức ở câu b, với f(x) = là hàm liên tục trên [0,1]. 2 − x2 sinx ⇒ f(sinx) = .Ta có: 1 + cos2 x ˆπ ˆπ ˆπ π xsinxdx π sinxdx π d(cosz) π π2 = . = − = − arctan(cosx) = . 1 + cos2 x 2 1 + cos2 x 2 1 + cos2 x 2 4 0 0 0 0 √ x 2. Áp dụng đẳng thức ở câu a, với f(x) = √ √ liên tục trên [0,1]. √ x +√4 1 − x2 sinx sinxdx π ⇒ f(sinx) = √ p = √ √ ,∀x ∈ [0, ].Ta có: sinx + 4 1 − sin2 x sinx + cosx 2 ˆπ/2 √ ˆπ/2 ˆπ/2 ˆπ/2 √ sinxdx cosxdx I = √ √ dx = f(sinx)dx = f(cosx)dx = √ √ dx sinx + cosx cosx + sinx 0 0 0 0 ˆπ/2 √ ˆπ/2 √ ˆπ/2 1 sinxdx cosxdx 1 1 π π ⇒ I = √ √ dx + √ √ dx = dx = . = . 2 sinx + cosx sinx + cosx 2 2 2 4 0 0 0 Bài 58: Cho f(x) và g(x) là hai hàm số khả tích trên [a, b]. Chứng minh bất đẳng thức: 62
Trang 14
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập 2 ˆb ˆb ˆb f(x)g(x)dx ≤ f2(x)dx g2(x)dx (với a < b) a a a (Bất đẳng thức Cauchy-Schwartz) Lời giải: Với bất kỳ các hàm f(x), g(x) thỏa mãn đề bài, ta có: ˆb (tf(x) + g(x))2 ≥ 0,∀t ∈ R ⇒ (tf(x) + g(x))2dx ≥ 0,∀t ∈ R a ˆb ˆb ˆb ⇔ f2(x)dxt2 + 2 f(x)g(x)dxt + g2(x)dx ≥ 0,∀t ∈ R(∗) a a a ˆb ˆb +) Nếu f2(x)dx = 0 ⇒ f(x) = 0,∀x ∈ (a, b) ⇒ f(x)g(x)dx = 0 ⇒ thỏa mãn bất đẳng thức đã a a cho. ˆb +) Nếu f2(x)dx ̸= 0 ⇒ Vế trái (∗) là một hàm bậc hai đối với biến t, lại có đa thức này không âm với a ∀t ∈ R ⇒ △′ ≤ 0 2 ˆb ˆb ˆb ⇔ f(x)g(x)dx − f2(x)dx g2(x)dx ≤ 0 a a a ˆb 2 ˆb ˆb ⇔ f(x)g(x)dx ≤ f2(x)dx g2(x)dx a a a Kết hợp hai trường hợp lại, ta có điều phải chứng minh. 2.3 Tích phân suy rộng Bài 59: Xét sự hội tụ và tính (trong trường hợp hội tụ) các tích phân sau: ˆ0 ˆ1 ˆ+∞ dx dx a) xexdx c) p e) x(1 − x) x2 + 3x + 2 −∞ 0 0 ˆ+∞ ˆ+∞ ˆ+∞ dx dx x2 + 1 b) d) f) dx. (x2 + 1)2 xlnx x4 + 1 −∞ 2 0 Lời giải: 63
Trang 15
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập a) Trước hết ta tính tích phân bất định:ˆ ˆ ˆ xexdx = xd(ex) = xex − exdx = xex − ex + C = (x − 1)ex + C. Suy ra: ˆ0 ˆ0 0 xexdx = lim xexdx = lim [(x − 1)ex] = lim −1 − (A − 1)eA A→−∞ A→−∞ A A→−∞ −∞ A 1 − A −1 = −1 + lim = (Lopitan) − 1 + lim = −1 + 0 = −1 A→−∞ e−A A→−∞ −e−A ˆ0 Do đó tích phân đã cho hội tụ và xexdx = −1 −∞ ˆ+∞ ˆ+∞ ˆ0 dx dx dx b) I = = + . Lần lượt thực hiện các phép tính: (x2 + 1)2 (x2 + 1)2 (x2 + 1)2 −∞ 0 −∞ ( ˆ+∞ x = 0 ⇒ t = 0 dx π +) Tính J = . Đặt x = tant ⇒ dx = (1+tan2 t)dt. Đổi cận: − (x2 + 1)2 x → +∞ ⇒ t → 2 0 Tích phân trở thành: ˆπ/2 ˆπ/2 ˆπ/2 π (1 + tan2 t)dt cos 2t 1 sin 2t t 2 π J = = cos2 tdt = + dt = + = . (1 + tan2 t)2 2 2 4 2 4 0 0 0 0 ˆ0 dx +) Tính K = . Có thể tương tự như trên, hoặc có thể thực hiện phép biến đổi u = −x (x2 + 1)2 −∞ n để chứng minnh J = K. Suy ra dx = −du. Đổi cận: x = 0 ⇒ u = 0 . Do đó: x → −∞ ⇒ u = +∞ ˆ0 ˆ+∞ −du du π K = = = J = . ((−u)2 + 1)2 (u2 + 1)2 4 +∞ 0 ˆ+∞ dx π Vậy = J + K = , điều này chứng tỏ tích phân đã cho hội tụ. (x2 + 1)2 2 −∞ 64
Trang 16
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập ˆ1 ˆ1/2 ˆ1 dx dx dx c) I = p = p + p x(1 − x) x(1 − x) x(1 − x) 0 0 1/2 Trước hết ta đi tính nguyên hàm: ˆ ˆ 1 dx dx x − p = s = arcsin 2 + C = arcsin (2x − 1) + C. x(1 − x) 2 2 1 1 1 − x − 2 2 2 ˆ1/2 1/2 dx π J = lim p = lim (arcsin(2x − 1) = lim (−arcsin(2A − 1)) = . A→0+ x(1 − x) A→0+ A→0+ 2 A A ˆB B dx π K = lim p = lim (arcsin(2x − 1) = lim arcsin(2B − 1) = . B→1− x(1 − x) B→1− B→1− 2 1/2 1/2 Do đó, I = J + K = π, điều này chứng tỏ I hội tụ. ˆ+∞ ˆA ˆA dx dx d(lnx) d) I = = lim = lim xlnx A→+∞ xlnx A→+∞ lnx 2 2 2 A = lim ln[ln(x)] = lim (ln(lnA) − ln(ln 2)) = +∞. A→+∞ 2 A→+∞ ⇒ tích phân đã cho phân kỳ. ˆ+∞ ˆA ˆA dx dx dx e) I = = lim = lim x2 + 3x + 2 A→+∞ x2 + 3x + 2 A→+∞ (x + 1)(x + 2) 0 0 0 x + 1 A x + 1 1 1 = lim ln = lim ln − ln = ln 1 − ln = ln 2. A→+∞ x + 2 A→+∞ x + 2 2 2 0 ⇒tích phân đã cho hội tụ. 65
Trang 17
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập ˆ+∞ ˆ1 ˆ+∞ x2 + 1 x2 + 1 x2 + 1 f) I = dx = dx + dx x4 + 1 x4 + 1 x4 + 1 0 0 1 J là tích phân xác định ⇒ J hội tụ. K là tích phân suy rộng có điểm bất thường +∞. ˆ+∞ x2 + 1 x2 1 1 Ta có: Khi x → +∞ : ∼ = , mà dx hội tụ (do α = 2 > 1) x4 + 1 x4 x2 x2 0 ⇒ K hội tụ theo tiêu chuẩn so sánh. Vì J, K hội tụ ⇒ I hội tụ. ˆ1 ˆ1 1 ˆ1 1 x2 + 1 1 + 1 + J hội tụ nên: J = dx = x2 dx = lim x2 dx x4 + 1 1 A→0+ 1 0 0 x2 + x2 + x2 A x2 1 1 ˆ1 d x − x − 1 x 1 x = lim = lim √ arctan √ A→0+ 1 2 A→0+ 2 2 x − + 2 A A x 1 1 A − 1 −π π = lim 0 − √ arctan √ A = 0 − √ . = √ . A→0+ 2 2 2 2 2 2 Với cách lấy nguyên hàm tương tự, ta có: ˆ+∞ ˆ+∞ 1 ˆB 1 x2 + 1 1 + 1 + K = dx = x2 dx = lim x2 dx x4 + 1 1 B→+∞ 1 1 1 x2 + 1 x2 + x2 x2 1 1 1 x − B 1 B − 1 π π = lim √ arctan √ x = √ arctan √ B = √ . = √ . B→+∞ 2 2 2 2 2 2 2 2 1 π Vậy I = J + K = √ . 2 Bài 60: Xét sự hội tụ của các tích phân sau: ˆ+∞ ˆ1 ˆ+∞ ln(1 + x) dx x − sinx a) dx d) h) √ dx x2 tanx − x x7 1 0 0 ˆ+∞ ˆ1 √ ˆ+∞ dx xdx arctanx b) √ e) √ dx i) √ dx x + x3 1 − x4 x3 1 0 0 ˆ+∞ ˆπ ˆ+∞ xdx dx sin 2x c) dx f) √ j) dx ln3 x 3 sinx x 2 0 0 ˆ+∞ ln(1 + 3x) g) √ dx x x 0 Lời giải: 66
Trang 18
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập ln(1 + x) 1 a) Đặt f(x) = , chọn g(x) = là các hàm dương, liên tục trên [1,+∞]. x2 x3/2 ln(1 + x) f(x) x2 ln(1 + x) ∞ Xét giới hạn: lim = lim 1 = lim √ (Dạng ) x→+∞ g(x) x→+∞ x→+∞ x ∞ x3/2 1 √ √ 1 + x 2 x 2 x (Dùng Lopitan) = lim 1 = lim = lim = 0. x→+∞ √ x→+∞ 1 + x x→+∞ x 2 x ˆ+∞ ˆ+∞ 1 3 Mà g(x)dx = dx hội tụ theo tiêu chuẩn so sánh ( vì α = > 1) x3/2 2 1 1 ˆ+∞ ˆ+∞ ln(1 + x) ⇒ f(x)dx = hội tụ theo tiêu chuẩn so sánh. x2 1 1 1 b) f(x) = √ > 0 liên tục trên [1,+∞]. Điểm bất thường của tích phân là +∞. x + x3 ˆ+∞ 1 1 1 3 Khi x → +∞ thì √ ∼ √ , mà dx hội tụ theo tiêu chuẩn so sánh ( vì α = > 1) x + x3 x3 x3/2 2 1 ˆ+∞ ˆ+∞ dx ⇒ f(x)dx = √ hội tụ theo tiêu chuẩn so sánh. x + x3 1 1 xdx c) Xét f(x) = , ta có: ln3 x √ 1 √ p √ 3 x ∞ 3 3 x2 3 x lim 3 f(x) = lim (Lopitan) = lim 1 = lim = +∞ x→+∞ x→+∞ lnx ∞ x→+∞ x→+∞ 3 x ⇒ lim f(x) = +∞ ⇒ tồn tại N0 > 2 sao cho: f(x) > 10,∀x > N0. x→+∞ ˆ+∞ ˆ+∞ xdx x Xét J = . Ta có: > 10,∀x > N0, mà 10dx phân kỳ ⇒ J phân kỳ ln3 x ln3 x N0 N0 ˆ+∞ xdx ⇒ dx phân kỳ. ln3 x 2 d) Nhận thấy: f(x) = tanx − x đồng biến trên (0,+∞) ⇒ 0 = f(0) < f(x) ≤ f(1) < 2. Tích phân đã cho là tích phân suy rộng có điểm bất thường là x = 0. 1 1 3 Khi x → 0+, ta có: = ∼ . tanx − x x3 x3 x + + o(x3) − x 3 ˆ1 ˆ1 1 3 Mặt khác dx phân kỳ vì α = 3 ∈/ (0,1) ⇒ dx phân kỳ. x3 x3 0 0 ˆ1 dx ⇒ phân kỳ theo tiêu chuẩn so sánh. tanx − x 0 67
Trang 19
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập √ xdx e) Đặt f(x) = √ ≥ 0 liên tục trên [0,1). 1 − x4 Điểm bất thường của tích phân suy rộng là√ x √= 1. x x 1 1 Khi x → 1−, ta có: √ = p ∼ . . 1 − x4 (1 − x)(1 + x + x2 + x3) 2 (1 − x)1/2 ˆ1 1 1 1 Ta lại có: . dx hội tụ (do α = ∈ (0,1)) 2 (1 − x)1/2 2 0 ˆ1 √ xdx ⇒ √ dx hội tụ theo tiêu chuẩn so sánh. 1 − x4 0 ˆπ ˆπ/2 ˆπ dx dx dx f) Đặt I = √ = I1 + I2 với I1 = √ và I2 = √ . 3 sinx 3 sinx 3 sinx 0 0 i π/2 1 π +) Xét I1. Ta có: f(x) = √ > 0, liên tục trên 0, 3 sinx 2 1 1 1 ⇒ I1 có điểm bất thường x = 0. Khi x ⇒ 0+: √ ∼ √ = , 3 sinx 3 x x1/3 ˆπ/2 1 mà dx hội tụ do α = 1/3 ∈ (0,1) ⇒ I1 hội tụ theo tiêu chuẩn so sánh. x1/3 0 i 1 π +) Xét I2. Ta có: f(x) = √ > 0, liên tục trên , π 3 sinx 2 ⇒ I có điểm bất thường x = π. Khi x ⇒ π−: 2 1 1 1 1 √ = p ∼ √ = , 3 sinx 3 sin (π − x) 3 π − x (π − x)1/3 ˆπ 1 mà dx hội tụ do α = 1/3 ∈ (0,1) ⇒ I2 hội tụ theo tiêu chuẩn so sánh. (π − x)1/3 π/2 Vì I1 và I2 hội tụ ⇒ I hội tụ. 68
Trang 20
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập ˆ+∞ ˆ1 ˆ+∞ ln(1 + 3x) ln(1 + 3x) ln(1 + 3x) g) Đặt I = √ dx = √ dx + √ dx = I1 + I2 x x x x x x 0 0 1 ˆ1 ˆ+∞ ln(1 + 3x) ln(1 + 3x) Với I1 = √ dx và I2 = √ dx x x x x 0 1 +) Xét I1 là tích phân suy rộng, có duy nhất một điểm bất thường x = 0. ln(1 + 3x) Xét f(x) = √ > 0,∀x ∈ (0,1]. Khi x ⇒ 0+: x x ˆ1 3x 3 3 f(x) ∼ √ = , mà dx hội tụ do α = 1/2 < 1 x x x1/2 x1/2 0 ˆ1 ln(1 + 3x) ⇒ I1 = √ dx hội tụ theo tiêu chuẩn so sánh. x x 0 ln(1 + 3x) +) Xét I2. Ta có f(x) = √ > 0,∀x ≥ 1. x x ln(1 + 3x) lim = 0 với α > 0 tùy ý. Lấy α = 1/3. x→+∞ xα ln(1 + 3x) x1/3 1 Khi x → +∞: 0 < ln(1 + 3x) < x1/3 ⇒ 0 < √ < √ = x x x x x7/6 ˆ+∞ 1 mà dx hội tụ do α = 7/6 > 1 x7/6 1 ˆ+∞ ln(1 + 3x) ⇒ I2 = √ dx hội tụ theo tiêu chuẩn so sánh. x x 1 ˆ+∞ ln(1 + 3x) Do I1 và I2 cùng hội tụ nên √ dx hội tụ. x x 0 69
Hiển thị 20 trang đầu. Tải tài liệu để xem đầy đủ.
Bình luận (0)
Chưa có bình luận nào. Hãy là người đầu tiên!