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 \(f\left( {{\xi _i}} \right)\).

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

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: 

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

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

\(= \frac{2}{n}\sum\limits_{i = 1}^n {1 + } \frac{8}{{{n^2}}}\sum\limits_{i = 1}^n i + \frac{8}{{{n^3}}}\sum\limits_{i = 1}^n {{i^2}}\)

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

Diện tích là 

\(S = \mathop {\lim }\limits_{\max ({x_i} - {x_{i - 1}}) \to 0} {S_n} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {S_n} = 2 + 4 + \frac{8}{3} = \frac{{26}}{3}\)

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:

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

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

\( \Rightarrow S = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {S_n} = 9 + 9 = 18\)

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: \({I_n} = \sum\limits_{i = 1}^n {({x_i} - {x_{i - 1}})f({\xi _i}} )\)

Nếu giới hạn \(\mathop {\lim }\limits_{\max ({x_i} - {x_{i - 1}}) \to 0} {I_n}\) 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: 

\(\int\limits_a^b {f(x)dx = \mathop {\lim }\limits_{\max ({x_i} - {x_{i - 1}}) \to 0} {I_n}} = \mathop {\lim }\limits_{\max ({x_i} - {x_{i - 1}}) \to 0} \sum\limits_{i = 1}^n {({x_i} - {x_{i - 1}})f({\xi _i})}\)

 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 \(\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \mathop {\max }\limits_{k = 1,...,n} ({x_i} - {x_{i - 1}}) = 0\)

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 

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

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

\( \Rightarrow {I_n}\) 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: \(f(x) = \left\{ \begin{array}{l} 1\,\,\,\,x \in Q \cap \left[ {0,1} \right]\\ 0\,\,\,\,x \in \left[ {0,1} \right]\backslash Q \end{array} \right. \)

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

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 \(\int\limits_3^5 {({x^2} - 2x)dx} \)

\(\left( {\int\limits_3^5 {({x^2} - 2x)dx} = \left. {\frac{{{x^3}}}{3} - {x^2}} \right|_3^5 = \left( {\frac{{125}}{3} - {5^2}} \right) - \frac{{27}}{3} + {3^2} = \frac{{50}}{3}} \right)\)

\(f(x) = {x^2} - 2x\)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: 

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

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

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

\( \Rightarrow \int\limits_3^5 {({x^2} - 2x} )dx = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {I_n} = 6 + 8 + \frac{8}{3} = \frac{{50}}{3}\)

Ví dụ 2: Dùng định nghĩa tính \(\int\limits_0^a {{\mathop{\rm sinxdx}\nolimits} }\)

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

Qui ước:

\(i)\,\,\int\limits_a^a {f(x)dx = 0}\)

\(ii)\,\,\int\limits_a^b {f(x)dx = - \int\limits_b^a {f(x)dx} }\)

1) \(\,\int\limits_a^b {mdx - m(b - a)}\)m là hằng số

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

2) \(\,\int\limits_a^b {\left[ {f(x) \pm g(x)} \right]} dx = \int\limits_a^b {f(x)dx \pm } \int\limits_a^b {g(x)} dx\)

3) \(\,\int\limits_a^b {kf(x)dx = k\int\limits_a^b {f(x)dx} }\)

Hệ quả: Nếu k_i là hằng số và các hàm số f_i khả tích trên [a, b] thì \(\,\int\limits_a^b {\sum\limits_{i = 1}^n {{k_i}{f_i}(x)dx} = \sum\limits_{i = 1}^n {{k_i}\int\limits_a^b {{f_i}(x)dx} } }\)

4) \(\forall c \in [a,b]:\int\limits_a^b {f(x)dx = \int\limits_a^c {f(x)dx + \int\limits_c^b {f(x)dx} } }\)

Hệ quả: 

\(a \le {c_1} \le {c_2}... \le {c_n} \le b\)

\(\int\limits_a^b {f(x)dx = \int\limits_a^{{c_1}} {f(x)dx} } + \int\limits_{{c_1}}^{{c_2}} {f(x)dx} + ... + \int\limits_{{c_n}}^b {f(x)dx}\)

5) \(f(x) \le g(x),\forall x \in [a,b] \Rightarrow \int\limits_a^b {f(x)dx \le \int\limits_a^b {g(x)dx} }\)

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

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

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

Lưu ý: \(\int\limits_a^x {f(x)dx = } \int\limits_a^x {f(t)dt = } \int\limits_a^x {f(y)dy}\)

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

\(\phi '(x) = \frac{{d\phi (x)}}{{dx}} = \frac{d}{{dx}}\int\limits_a^x {f(t)dt} = \left( {\int\limits_a^x {f(t)dt} } \right)' = f(x)\)

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

\(\phi (x + h) - \phi (x) = \int\limits_a^{x + h} {f(t)dt - \int\limits_a^x {f(t)dt} }\)

\(= \int\limits_a^x {f(t)dt} + \int\limits_a^{x + h} {f(t)dt - \int\limits_a^x {f(t)dt} } = \int\limits_a^{x + h} {f(t)dt}\)

Từ định lý giá trị trung bình ta suy ra:

\(\phi (x + h) - \phi (x) = f(c)(x + h - x) = f(c)h\)

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 \(\mathop {\lim }\limits_{h \to 0} f(c) = \mathop {\lim }\limits_{c \to x} f(c) = f(x)\)

\(\Rightarrow \phi '(x) = \lim \frac{{\phi (x + h) - \phi (x)}}{h} = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \frac{{hf(c)}}{h}\)

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

Tương tự: 

nếu x = a ta có \(\phi '({a^ + }) = f(a)\)

nếu x = b ta có \(\phi '({a^ - }) = f(b)\)

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

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

Chứng minh: 

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

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

Cho x = b: \(\int\limits_a^a {f(t)dt} = F(b) + C = F(b) - F(a)\)

Ví dụ 1:  \(\int\limits_3^5 {({x^2} - 3x)dx} = \left( {\frac{{{x^3}}}{3} - 3\frac{{{x^2}}}{2}} \right)\left| \begin{array}{l} 5\\ 2 \end{array} \right. = \frac{{125}}{3} - \frac{{75}}{2} - \left( {\frac{8}{3} - \frac{{12}}{2}} \right)\)

Ví dụ 2: \(I = \int\limits_0^1 {x\,arctg\,xdx}\)

Đặt \(u = \,arctg\,x \Rightarrow du = \frac{{dx}}{{1 + {x^2}}}\)

\(dv = xdx\) chọn \(v = \frac{1}{2}({x^2} + 1)\)

Ta có: \(I = \frac{1}{2}({x^2} + 1)arctg\,x\left| \begin{array}{l} 1\\ 0 \end{array} \right. - \frac{1}{2}\int\limits_0^1 {dx} = \frac{\pi }{4} - \frac{1}{2} \)

Ví dụ 3: \(\int\limits_0^a {\sqrt {{a^2} - {x^2}} } dx\,(a > 0)\)

Ta có: \(\int\limits_0^a {\sqrt {{a^2} - {x^2}} } dx\, = \left( {\frac{x}{2}\sqrt {{a^2} - {x^2}} + \frac{{{a^2}}}{2}\arcsin \,\frac{x}{a}} \right)\left| \begin{array}{l} a\\ 0 \end{array} \right. = \frac{{{a^2}}}{2}.\frac{\pi }{2} = \frac{{\pi {a^2}}}{4} \)

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

Ta có: \(\left( {\int\limits_{\varphi (x)}^{h(x)} {f(t)dt} } \right)' = \frac{d}{{dx}}\int\limits_{\varphi (x)}^{h(x)} {f(t)dt} = \frac{d}{{dx}}F(t)\left| \begin{array}{l} h(x)\\ \varphi (x) \end{array} \right. \)

\(\begin{array}{l} = \left[ {F(h(x)) - F(\varphi (x))} \right]' = h'(x)F'(h(x)) - \varphi '(x)F'(\varphi (x))\\ \\ = h'(x)f(h(x)) - \varphi '(x)f(\varphi (x)) \end{array} \)

Ví dụ 1: 

\(\frac{d}{{dx}}\int\limits_{{x^2}}^0 {\sqrt {1 + {t^2}} } dt = - \frac{d}{{dx}}\int\limits_0^{{x^2}} {\sqrt {1 + {t^2}} } dt = - ({x^2})' = \sqrt {1 + {{({x^2})}^2}} = - 2x\sqrt {1 + {x^4}}\)

Ví dụ 2: Tính \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{{\int\limits_0^{{x^2}} {\sin \sqrt t dt} }}{{{x^3}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{{\left( {\int\limits_0^{{x^2}} {\sin \sqrt t dt} } \right)'}}{{({x^3})'}}\)

 

\(= \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{{2x\sin \sqrt {{x^2}} }}{{3{x^2}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{{2x\sin x}}{{3x}} = \frac{2}{3}\)

Ví dụ 3: 

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\int\limits_{\frac{1}{x}}^{\sqrt x } {{{\sin }^2}tdt} }}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\frac{1}{{2\sqrt x }}{{\sin }^2}\sqrt x + \frac{1}{{{x^2}}}{{\sin }^2}\frac{1}{x}}}{1} = \frac{3}{2}{\sin ^2}1\)