Bài 1: Tích phân xác định - Khái niệm, điều kiện, tính chất của tích phân xác định

Cho hàm f xác định, dương và liên tục trên [a,b]. Tính diện tích hình thang cong (H) giới hạn bởi $y=f(x),y=0,x=a,x=b.$

Chia đoạn [a,b] thành n đoạn bởi các điểm $x_0=a<x_1<x_2<...<x_i<...<x_n=b$

Qua x_i kẻ đường thẳng song song Oy. Hình thang cong (H) được chia thành n hình thang cong nhỏ (H_i).

Trên mỗi đoạn $\left[x_{i-1},x_i\right]$ lấy điểm ${\xi }_i\in \left[x_{i-1},x_i\right]$, thiết lập hình chữ nhật có độ dài các cạnh là $x_{i-1},x_i$ và $f\left({\xi }_i\right)$

⇒ Diện tích của hình thang cong (H_i) gần bằng diện tích hình chữ nhật có độ dài các cạnh là $(x_{i-1},x_i)$ và $f\left({\xi }_i\right)$.

$S_{(H)}\simeq (x_1-x_0)f({\xi }_1)+(x_2-x_1)f({\xi }_2)+(x_3-x_1)f({\xi }_3)+...+(x_n-x_{n-1})f({\xi }_n)=\sum _{i=1}^n(x_i-x_{i-1})f({\xi }_i)$

Ví dụ 1: Tính diện tích hình phẳng được giới hạn bởi các đường $y=f(x)=x^2,y=0,x=1,x=3$

Giả sử chia đoạn [1;3] bởi phép phân hoạch đều

$x_0=1,x_1=1+\frac{2}{n},...,x_i=1+i.\frac{2}{n},...,x_n=3$

Chọn ${\xi }_i=x_i$. Lập tổng: 

$S_n=\sum _{i=1}^{n}f({\xi }_i)(x_i-x_{i-1})=\frac{2}{n}\sum _{i=1}^{n}f(x_i)=\frac{2}{n}\sum _{i=1}^n{x}_i$

$=\frac{2}{n}\sum _{i=1}^n{\left(1+\frac{2i}{n}\right)}^2=\frac{2}{n}\sum _{i=1}^n\left(1+\frac{4i}{n}+\frac{4i^2}{n^2}\right)$

$=\frac{2}{n}\sum _{i=1}^{n}1+\frac{8}{n^2}\sum _{i=1}^{n}i+\frac{8}{n^3}\sum _{i=1}^n{i}^2$

$=2+\frac{8}{n^2}\frac{n(n+1)}{2}+\frac{8}{n^3}\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$

Diện tích là 

$S=\underset{max(x_i-x_{i-1})\to 0}{lim}{S}_n=\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}{S}_n=2+4+\frac{8}{3}=\frac{26}{3}$

Ví dụ 2:  Tính diện tích hình thang giới hạn bởi $y=2x-1,y=0,x=2,x=5$

Coi phép phân hoạch đều trên [2,5]

$x_0=2,x_1=2+\frac{3}{n},...,x_i=2+i.\frac{3}{n},...,x_n=5$

Chọn ${\xi }_i=x_i$. Lập tổng:

$S_n=\sum _{i=1}^n(x_i-x_{i-1})f({\xi }_i)=\frac{3}{n}\sum _{i=1}^n(2x_i-1)$

$=\frac{3}{n}\sum _{i=1}^n\left[2\left(2+\frac{3i}{n}\right)-1\right]=\frac{3}{n}\sum _{i=1}^n\left(3+\frac{6i}{n}\right)=9+\frac{18}{n^2}\sum _{i=1}^{n}i=9+\frac{18}{n^2}\frac{n(n+1)}{2}$

$\Rightarrow S=\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}{S}_n=9+9=18$

Cho hàm số f xác định trên [a,b]. Coi phép phân hoạch (bất kỳ) đoạn [a,b] bởi các điểm

$x_0=a<x_1<x_2<...<x_i<...<x_n=b$

Trên mỗi đoạn $\left[x_{i-1},x_i\right]$ lấy điểm ${\xi }_i$ bất kỳ.

Lập tổng tích phân: $I_n=\sum _{i=1}^n(x_i-x_{i-1})f({\xi }_i)$

Nếu giới hạn $\underset{max(x_i-x_{i-1})\to 0}{lim}{I}_n$ tồn tại hữu hạn không phụ thuộc vào phép phân hoạch trên đoạn [a,b] và không phụ thuộc cách chọn điểm ${\xi }_i$ thì giới hạn đó được gọi là tích phân xác định của hàm f trên [a, b].

Ký hiệu: 

$\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)dx=\underset{max(x_i-x_{i-1})\to 0}{lim}{I}_n=\underset{max(x_i-x_{i-1})\to 0}{lim}\sum _{i=1}^n(x_i-x_{i-1})f({\xi }_i)$

 trong đó a là cận dưới, b là cận trên,

x biến tích phân, f(x) hàm dưới dấu tích phân

Khi hàm f có tích phân xác định trên [a, b] ta nói f khả tích trên [a, b]

Định lý: Hàm số f khả tích trên [a, b] ⇒ f bị chận trên [a,b]

Chứng minh:

Giả sử f không bị chận trên [a,b]. Chọn dãy các phân hoạch trên [a,b] sao cho $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\underset{k=1,...,n}{max}(x_i-x_{i-1})=0$

Vì f không bị chận trên [a,b] nên tồn tại k và $c\in \left[x_{k-1},x_k\right]$ sao cho $\left|f(c)\right|\left[x_k-x_{k-1}\right]$ lớn tùy ý

Chọn ${\xi }_k=c$ thì 

$I_n=\sum _{i=1}^n(x_i-x_{i-1})f({\xi }_i)=\sum _{i=1}^n(x_i-x_{i-1})f({\xi }_i)+(x_k-x_{k-1})f(c_i)$

Suy ra $\left|I_n\right|\ge \left|f(c)\right|(x_k-x_{k-1})-\left|\sum _{i=1}^{n}f({\xi }_i)(x_i-x_{i-1})\right|>n$

$\Rightarrow I_n$ không thể có giới hạn hữu hạn khi $max(x_i-x_{i-1})\to 0$

$\Rightarrow f$ không khả tích trên [a,b]. Do đó, f bị chận trên [a, b]. 

Ghi chú:

Điều ngược lại không đúng, nghĩa là nếu f bị chận trên [a, b] thì chưa chắc f khả tích trên [a, b].

Ví dụ: $f(x)=\{\begin{array}{l}1x\in Q\cap \left[0,1\right]\\ 0x\in \left[0,1\right]\mathrm{\setminus }Q\end{array}$

Hiển nhiên f bị chận trên [0,1] vì $0\le f(x)\le 1,\mathrm{\forall }x\in [0,1]$

Nhưng f không khả tích trên [0, 1]. Thật vậy, xét phép phân hoạch trên [0, 1]: \(x_0=0

Định lý: 

i) f liên tục trên [a,b] ⇒ f khả tích trên [a,b]

ii) f bị chận trên [a,b] và f có hữu hạn điểm gián đoạn trên [a,b] ⇒ f khả tích trên [a,b].

Ví dụ 1: Dùng định nghĩa tính $\underset{3}{\overset{5}{\int }}(x^2-2x)dx$

$\left(\underset{3}{\overset{5}{\int }}(x^2-2x)dx={\frac{x^3}{3}-x^2|}_3^5=\left(\frac{125}{3}-5^2\right)-\frac{27}{3}+3^2=\frac{50}{3}\right)$

$f(x)=x^2-2x$liên tục trên [3,5] ⇒ f khả tích trên [3,5]

Coi phép phân hoạch đều trên đoạn [3,5] với

$x_i=i\frac{5-3}{n}+3=3+\frac{2i}{n}$

Chọn ${\xi }_i=x_i$. Lập tổng: 

$I_n=\sum _{i=1}^n(x_i-x_{i-1})f({\xi }_i)=\frac{2}{n}\sum _{i=1}^n\left[{\left(3+\frac{2i}{n}\right)}^2-2\left(3+\frac{2i}{n}\right)\right]$

$=\frac{2}{n}\sum _{i=1}^n\left(3+\frac{8i}{n}+\frac{4i^2}{n^2}\right)$

$=\frac{2}{n}3n+\frac{16}{n^2}\frac{n(n+1)}{2}+\frac{8}{n^3}\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$

$\Rightarrow \underset{3}{\overset{5}{\int }}(x^2-2x)dx=\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}{I}_n=6+8+\frac{8}{3}=\frac{50}{3}$

Ví dụ 2: Dùng định nghĩa tính $\underset{0}{\overset{a}{\int }}\mathrm{sinxdx}$

Hướng dẫn: $S_n=\sum _{i=1}^n\sin ih\left(h=\frac{a}{n}\right)$. Tính S_n bằng cách nhân hai vế cho $2\sin \frac{h}{2}$

Qui ước:

$i)\underset{a}{\overset{a}{\int }}f(x)dx=0$

$ii)\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)dx=-\underset{b}{\overset{a}{\int }}f(x)dx$

1) $\underset{a}{\overset{b}{\int }}mdx-m(b-a)$m là hằng số

Với các hàm f, g khả tích trên [a, b] ta có:

2) $\underset{a}{\overset{b}{\int }}\left[f(x)\pm g(x)\right]dx=\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)dx\pm \underset{a}{\overset{b}{\int }}g(x)dx$

3) $\underset{a}{\overset{b}{\int }}kf(x)dx=k\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)dx$

Hệ quả: Nếu k_i là hằng số và các hàm số f_i khả tích trên [a, b] thì $\underset{a}{\overset{b}{\int }}\sum _{i=1}^n{k}_i{f}_i(x)dx=\sum _{i=1}^n{k}_i\underset{a}{\overset{b}{\int }}{f}_i(x)dx$

4) $\mathrm{\forall }c\in [a,b]:\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)dx=\underset{a}{\overset{c}{\int }}f(x)dx+\underset{c}{\overset{b}{\int }}f(x)dx$

Hệ quả: 

$a\le c_1\le c_2...\le c_n\le b$

$\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)dx=\underset{a}{\overset{c_1}{\int }}f(x)dx+\underset{c_1}{\overset{c_2}{\int }}f(x)dx+...+\underset{c_n}{\overset{b}{\int }}f(x)dx$

5) $f(x)\le g(x),\mathrm{\forall }x\in [a,b]\Rightarrow \underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)dx\le \underset{a}{\overset{b}{\int }}g(x)dx$

6) Định lý giá trị trung bình: Nếu hàm số f liên tục trên [a,b] thì $\mathrm{\exists }c\in [a,b]$sao cho $\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)dx=(b-a)f(c)$

7) Nếu hàm số f liên tục trên [a,b], $f(x)\ge 0$ với $\mathrm{\forall }x\in [a,b]$ và $\mathrm{\exists }{x}_0\in [a,b]$ sao cho $f(x_0)>0$ thì $\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)dx>0$

Nếu hàm f khả tích trên [a,b] thì $\mathrm{\forall }x\in [a,b]$ ta có $\underset{a}{\overset{x}{\int }}f(x)dx$ tồn tại $\Rightarrow \varphi (x)=\underset{a}{\overset{x}{\int }}f(t)dt$ là một hàm xác định trên [a,b]

Lưu ý: $\underset{a}{\overset{x}{\int }}f(x)dx=\underset{a}{\overset{x}{\int }}f(t)dt=\underset{a}{\overset{x}{\int }}f(y)dy$

Định lý: Cho f là hàm liên tục trên [a,b]. Khi đó $\varphi (x)=\underset{a}{\overset{x}{\int }}f(t)dt$ khả vi tại $x\in (a,b)$ và 

${\varphi }^{\prime }(x)=\frac{d\varphi (x)}{dx}=\frac{d}{dx}\underset{a}{\overset{x}{\int }}f(t)dt={\left(\underset{a}{\overset{x}{\int }}f(t)dt\right)}^{\prime }=f(x)$

Chứng minh: Lấy h khá bé sao cho $x,x+h\in (a,b)$. Ta có:

$\varphi (x+h)-\varphi (x)=\underset{a}{\overset{x+h}{\int }}f(t)dt-\underset{a}{\overset{x}{\int }}f(t)dt$

$=\underset{a}{\overset{x}{\int }}f(t)dt+\underset{a}{\overset{x+h}{\int }}f(t)dt-\underset{a}{\overset{x}{\int }}f(t)dt=\underset{a}{\overset{x+h}{\int }}f(t)dt$

Từ định lý giá trị trung bình ta suy ra:

$\varphi (x+h)-\varphi (x)=f(c)(x+h-x)=f(c)h$

với $c\in [x,x+h]$hoặc $c\in [x+h,x]$ khi h → 0 thì c → x. Vì f liên tục tại x nên $\underset{h\to 0}{lim}f(c)=\underset{c\to x}{lim}f(c)=f(x)$

$\Rightarrow {\varphi }^{\prime }(x)=lim\frac{\varphi (x+h)-\varphi (x)}{h}=\underset{h\to 0}{lim}\frac{hf(c)}{h}$

$=\underset{c\to x}{lim}f(c)=f(x)$ với $x\in (a,b)$

Tương tự: 

nếu x = a ta có ${\varphi }^{\prime }(a^{+})=f(a)$

nếu x = b ta có ${\varphi }^{\prime }(a^{-})=f(b)$

Hệ quả: Nếu f liên tục trên [a,b] thì $\varphi (x)=\underset{a}{\overset{x}{\int }}f(t)dt$ là một nguyên hàm của f trên [a,b]

Định lý: F là nguyên hàm của f trên [a,b] thì $\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)dx=F(b)-F(a)$

Chứng minh: 

Từ hệ quả trên ta có F(x) và $\underset{a}{\overset{x}{\int }}f(t)dt$ là hai nguyên hàm của f trên [a,b] thì $\underset{a}{\overset{x}{\int }}f(t)dt=F(x)-C$

Cho x = a: $0=\underset{a}{\overset{a}{\int }}f(t)dt=F(a)+C\Rightarrow C=-F(a)$

Cho x = b: $\underset{a}{\overset{a}{\int }}f(t)dt=F(b)+C=F(b)-F(a)$

Ví dụ 1:  $\underset{3}{\overset{5}{\int }}(x^2-3x)dx=\left(\frac{x^3}{3}-3\frac{x^2}{2}\right)|\begin{array}{l}5\\ 2\end{array}=\frac{125}{3}-\frac{75}{2}-\left(\frac{8}{3}-\frac{12}{2}\right)$

Ví dụ 2: $I=\underset{0}{\overset{1}{\int }}xarctgxdx$

Đặt $u=arctgx\Rightarrow du=\frac{dx}{1+x^2}$

$dv=xdx$ chọn $v=\frac{1}{2}(x^2+1)$

Ta có: $I=\frac{1}{2}(x^2+1)arctgx|\begin{array}{l}1\\ 0\end{array}-\frac{1}{2}\underset{0}{\overset{1}{\int }}dx=\frac{\pi }{4}-\frac{1}{2}$

Ví dụ 3: $\underset{0}{\overset{a}{\int }}\sqrt{a^2-x^2}dx(a>0)$

Ta có: $\underset{0}{\overset{a}{\int }}\sqrt{a^2-x^2}dx=\left(\frac{x}{2}\sqrt{a^2-x^2}+\frac{a^2}{2}\arcsin \frac{x}{a}\right)|\begin{array}{l}a\\ 0\end{array}=\frac{a^2}{2}.\frac{\pi }{2}=\frac{\pi a^2}{4}$

Nhận xét: giả sử f liên tục trên $[a,b];\phi (x),h(x)$ khả vi và có miền giá trị $\subset [a,b]$

Ta có: ${\left(\underset{\phi (x)}{\overset{h(x)}{\int }}f(t)dt\right)}^{\prime }=\frac{d}{dx}\underset{\phi (x)}{\overset{h(x)}{\int }}f(t)dt=\frac{d}{dx}F(t)|\begin{array}{l}h(x)\\ \phi (x)\end{array}$

$\begin{array}{l}={\left[F(h(x))-F(\phi (x))\right]}^{\prime }=h^{\prime }(x)F^{\prime }(h(x))-{\phi }^{\prime }(x)F^{\prime }(\phi (x))\\ \\ =h^{\prime }(x)f(h(x))-{\phi }^{\prime }(x)f(\phi (x))\end{array}$

Ví dụ 1: 

$\frac{d}{dx}\underset{x^2}{\overset{0}{\int }}\sqrt{1+t^2}dt=-\frac{d}{dx}\underset{0}{\overset{x^2}{\int }}\sqrt{1+t^2}dt=-(x^2{)}^{\prime }=\sqrt{1+{(x^2)}^2}=-2x\sqrt{1+x^4}$

Ví dụ 2: Tính $\underset{x\to 0^{+}}{lim}\frac{\underset{0}{\overset{x^2}{\int }}\sin \sqrt{t}dt}{x^3}=\underset{x\to 0^{+}}{lim}\frac{{\left(\underset{0}{\overset{x^2}{\int }}\sin \sqrt{t}dt\right)}^{\prime }}{(x^3{)}^{\prime }}$

 

$=\underset{x\to 0^{+}}{lim}\frac{2x\sin \sqrt{x^2}}{3x^2}=\underset{x\to 0^{+}}{lim}\frac{2x\sin x}{3x}=\frac{2}{3}$

Ví dụ 3: 

$\underset{x\to 1}{lim}\frac{\underset{\frac{1}{x}}{\overset{\sqrt{x}}{\int }}{\sin }^{2}tdt}{x-1}=\underset{x\to 1}{lim}\frac{\frac{1}{2\sqrt{x}}{\sin }^2\sqrt{x}+\frac{1}{x^2}{\sin }^2\frac{1}{x}}{1}=\frac{3}{2}{\sin }^{2}1$