Bài 2: Tích phân xác định - Tích phân xác định, Tích phân suy rộng

a. Cho \(\int\limits_a^b {f\left( x \right)dx}\) với f liên tục trên [a, b]

Nếu \(x = \varphi (t)\) thỏa:

i) \(\varphi\) khả vi liên tục trên [a, P]
ii)  \(\varphi (\alpha ) = a,\varphi (\beta ) = b\)
iii) Khi t biến thiên trên \(\left[ {\alpha ,\beta } \right]\) thì x biến thiên trên [a, b]

Khi đó, ta có \(\int\limits_a^b {f(x)dx = \int\limits_\alpha ^\beta f } \left[ {\varphi (t)} \right]\varphi '(t)dt\)

Chứng minh: Giả sử F là nguyên hàm của f trên [a,b]

Ta có: \(\int\limits_a^b {f(x)dx = F(b) - F(a)}\) (1)

\(\int\limits_\alpha ^\beta {f(\varphi (t))\varphi '(t)dt = F\left[ {\varphi (t)} \right]} \left| \begin{array}{l} \beta \\ \alpha \end{array} \right. = F(\varphi (\beta )) - F(\varphi (\alpha )) = F(b) - F(a) \) (2)

(1) và (2) ⇒ đpcm

Ví dụ: Tính \(\int\limits_{ - 2}^2 {\sqrt {4 - {x^2}} } dx = 2\int\limits_0^2 {\sqrt {4 - {x^2}} dx}\)

Đặt \(x = 2\sin t,0 \le t \le \frac{\pi }{2} \Rightarrow dx = 2{\mathop{\rm costdt}\nolimits}\)và \(t = \arcsin \frac{x}{2}\)

\({x_0} = 0 \Rightarrow {t_0} = 0,{x_1} = 2 \Rightarrow {t_1} = \frac{\pi }{1}\)

Suy ra \(2\int\limits_0^2 {\sqrt {4 - {x^2}} } dx = 2\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\sqrt {4 - 4{{\sin }^2}t} } 2\cos tdt\)

\(= 2\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {4{{\cos }^2}tdt} = 4\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {(1 + \cos 2t)dt} = 4\left[ {t + \frac{1}{2}\sin 2t} \right]\left| \begin{array}{l} \frac{\pi }{2}\\ 0 \end{array} \right. = 2\pi \)

b. Cho f liên tục trên [a,b]. Nếu u = h(x) thỏa:

i) h khả vi đơn điệu trên [a, b]
ii) Khi x biến thiên trên [a, b] ta có \(f(x)dx\) được viết dưới dạng g(u)du

thì \(\int\limits_a^b {f(x)dx = \int\limits_{h(a)}^{h(b)} {g(u)du} = } \int\limits_a^b {g(h(x))h'(x)dx}\)

Chứng minh: tương tự

Ví dụ: \(\int\limits_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{4}} {\frac{{\cos xdx}}{{2 + 3{{\sin }^2}x}}}\)

Đặt \(u = {\mathop{\rm sinx}\nolimits} \Rightarrow du = cosxdx\)

\(\begin{array}{l} {x_0} = \frac{\pi }{6} \Rightarrow {u_0} = \frac{1}{2}\\ \\ {x_1} = \frac{\pi }{4} \Rightarrow {u_1} = \sin \frac{\pi }{4} = \frac{1}{{\sqrt 2 }} \end{array} \)

\(\Rightarrow \int\limits_{\pi /6}^{\pi /4} {\frac{{\cos xdx}}{{2 + 3{{\sin }^2}x}} = } \int\limits_{1/2}^{1/\sqrt 2 } {\frac{{du}}{{2 + 3{u^2}}}} = \frac{1}{3}\int\limits_{1/2}^{1/\sqrt 2 } {\frac{{du}}{{2/3 + {u^2}}}}\)

\(= \sqrt {\frac{3}{2}} \frac{1}{3}arctf\frac{{\sqrt 3 }}{{\sqrt 2 }}u\left| \begin{array}{l} \frac{1}{{\sqrt 2 }}\\ \frac{1}{2} \end{array} \right. = \frac{1}{{\sqrt 6 }}\left[ {\frac{{\sqrt 3 }}{2} - arctg\frac{{\sqrt 3 }}{{2\sqrt 2 }}} \right] \)

Cho \(u=u(x),\,\,v=v(x)\)là các hàm khả vi và có đạo hàm liên tục trên [a,b]. Khi đó \(\int\limits_a^b {udv = uv\left| \begin{array}{l} b\\ a \end{array} \right.} - \int\limits_a^b {vdu} \)

Ví dụ 1: \(\int\limits_{ - \frac{1}{2}}^1 {x\,arctg\,xdx}\)

Đặt 

\(\begin{array}{l} u = arctg\,x \Rightarrow du = \frac{{dx}}{{1 + {x^2}}}\\ \\ dv = xdx\,,\,\,chon\,\,v = \frac{1}{2}({x^2} + 1) \end{array} \)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \int\limits_{ - \frac{1}{2}}^1 {xarctg\,xdx = \frac{1}{2}} ({x^2} + 1)arctg\,x\left| \begin{array}{l} 1\\ - \frac{1}{2} \end{array} \right. - \int\limits_{ - \frac{1}{2}}^1 {\frac{1}{2}dx} \\ \\ = \frac{\pi }{4} + \frac{5}{8}arctg\frac{1}{2} - \frac{3}{4} \end{array}\)

Ví dụ 2:

i) Chứng minh \(\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {{{\sin }^n}} xdx = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {{{\cos }^n}} xdx\)

ii) Tính \(\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {{{\sin }^n}} xdx\)

Giải

i) Đặt 

\(\begin{array}{l} x = \frac{\pi }{2} - u \Rightarrow dx = - du,u = \frac{\pi }{2} - x\\ {x_0} = 0 \Rightarrow {u_0} = \frac{\pi }{2},{x_1} = \frac{\pi }{2} \Rightarrow {u_1} = 0 \end{array} \)

\(\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {{{\sin }^n}} xdx = \int\limits_{\frac{\pi }{2}}^0 {{{\sin }^n}} \left( {\frac{\pi }{2} - u} \right)( - du) = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {{{\cos }^n}} udu = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {{{\cos }^n}xdx}\)

ii) \(\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {{{\sin }^n}} xdx = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {{{\sin }^{n - 1}}} x{\mathop{\rm sinx}\nolimits} dx\) với \(n \in N,n \ge 2\)

Đặt \(u = {\sin ^{n - 1}}x \Rightarrow du = (n - 1)cosx.si{n^{n - 2}}xdx\)

\(dv = {\mathop{\rm sinxdx}\nolimits}\) chọn \(v=-cosx\)

\( \Rightarrow {I_n} = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {{{\sin }^n}} xdx = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {{{\sin }^{n - 1}}x\sin xdx}\)

\(= - \cos x{\sin ^{n - 1}}x\left| \begin{array}{l} \frac{\pi }{2}\\ 0 \end{array} \right. + (n - 1)\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {{{\cos }^2}x{{\sin }^{n - 2}}xdx} \)

\(= (n - 1)\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {(1 - {{\sin }^2}x)si{n^{n - 2}}xdx = (n - 1){I_{n - 2}} - } (n - 1){I_n}\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow n{I_n} = (n - 1){I_{n - 2}}\\ \\ \Rightarrow {I_n} = \frac{{n - 1}}{n}{I_{n - 2}} = \frac{{n - 1}}{n}\frac{{n - 3}}{{n - 2}}{I_{n - 4}} = \frac{{n - 1}}{n}\frac{{n - 3}}{{n - 2}}\frac{{n - 5}}{{n - 4}}{I_{n - 6}}.... \end{array} \)

Vậy

\({I_n} = \left\{ \begin{array}{l} \frac{{n - 1}}{n}.\frac{{n - 3}}{{n - 2}}.\frac{{n - 5}}{{n - 4}}....\frac{7}{8}.\frac{5}{6}.\frac{3}{4}.\frac{1}{2}{I_0}\,\,(n = 2k)\\ \frac{{n - 1}}{n}.\frac{{n - 3}}{{n - 2}}.\frac{{n - 5}}{{n - 4}}....\frac{8}{9}.\frac{6}{7}.\frac{4}{5}.\frac{2}{3}{I_1}\,\,(n = 2k + 1) \end{array} \right. \)

mà \({I_0} = \int\limits_0^{\pi /2} {{{\sin }^0}} xdx = \frac{\pi }{2};{I_1} = \int\limits_0^{\pi /2} {\sin } xdx = - \cos x\left| \begin{array}{l} \frac{\pi }{2}\\ 0 \end{array} \right. = 1 \)

\( \Rightarrow {I_n} = \left\{ \begin{array}{l} \frac{{(2k - 1)!!}}{{(2k)!!}}\frac{\pi }{2}\,\,(n = 2k)\\ \frac{{(2k)!!}}{{(2k - 1)!!}}\,\,(n = 2k + 1) \end{array} \right. \)

Qui ước: 

\(\begin{array}{l} (2k)!!\, = 2.4.6.8....(2k - 2)(2k)\\ (2k - 1)!! = 1.3.5...(2k - 1)(2k + 1) \end{array} \)

Tích phân xác định \(\int\limits_a^b {f(x)dx}\) đã xét ở trên với [a,b] hữu hạn và f liên tục trên [a,b] hoặc f có số hữu hạn điểm gián đoạn loại 1 trên [a,b].

Trong phần này ta xét:

• Tích phân trên một khoảng vô hạn.
• Tích phân trên [a,b] và trên [a,b] có điểm gián đoạn vô cùng.

Cho hàm số f xác định trên \(\left[ {a, + \infty } \right)\) khả tích trên \(\left[ {a,b} \right],\forall b \ge a\) . Khi đó tích phân xác định \(\int\limits_a^b {f(x)dx}\) là tồn tại \(\forall b \ge a\)

Định nghĩa:

i) Cho f xác định trên \(\left[ {a, + \infty } \right)\) khả tích trên \(\left[ {a,b} \right],\forall b \ge a\) .Ta định nghĩa tích phân suy rộng của f trên \(\left[ {a, + \infty } \right)\) là:

\(\int\limits_a^{ + \infty } {f(x)dx} = \mathop {\lim }\limits_{b \to + \infty } \int\limits_a^b {f(x)dx}\)

ii) Tương tự, nếu hàm số f khả tích trên \(\left[ {c,a} \right],\forall c \le a\), ta định nghĩa tích phân suy rộng của f trên \((-\infty ,a]\) là

\(\int\limits_{ - \infty }^a {f(x)dx} = \mathop {\lim }\limits_{c \to - \infty } \int\limits_c^a {f(x)dx}\)

iii) Cho f xác định trên \((-\infty;+\infty)\) và khả tích trên mọi khoảng đóng \([a,b], b \ge a\) .Ta định nghĩa tích phân suy rộng của f trên \((-\infty;+\infty)\) là

\(\int\limits_{ - \infty }^{ + \infty } {f(x)dx = \int\limits_{ - \infty }^a {f(x)dx + \int\limits_a^{ - \infty } {f(x)dx} } } = \mathop {\lim }\limits_{c \to - \infty } \int\limits_c^a {f(x)dx + \mathop {\lim }\limits_{b \to + \infty } \int\limits_a^b {f(x)dx} }\)

Ví dụ 1:

\(\int\limits_2^{ + \infty } {\frac{{dx}}{{(x + 3)(x + 8)}}} = \mathop {\lim }\limits_{b \to + \infty } \int\limits_2^b {\frac{{dx}}{{(x + 3)(x + 8)}}} = \mathop {\lim }\limits_{b \to + \infty } \frac{1}{5}\ln \left| {\frac{{x + 3}}{{x + 8}}} \right|\left| \begin{array}{l} b\\ 2 \end{array} \right. = \frac{1}{5}\ln 2 \)

Vậy tích phân suy rộng trên là hội tụ

Ví dụ 2:  \(\int\limits_{ - \infty }^{ + \infty } {\frac{{{x^4}dx}}{{{x^{10}} + 1}}} \)

Vì \(\frac{{{x^4}dx}}{{{x^{10}} + 1}}\) là hàm chẵn nên

\(\begin{array}{l} I = 2\int\limits_0^{ + \infty } {\frac{{{x^4}dx}}{{{x^{10}} + 1}}} = 2\mathop {\lim }\limits_{b \to + \infty } \int\limits_0^b {\frac{{{x^4}dx}}{{{x^{10}} + 1}}} \\ \\ = \frac{2}{5}\mathop {\lim }\limits_{b \to + \infty } \int\limits_0^{{b^5}} {\frac{{du}}{{({u^2} + 1)}}} = \frac{2}{5}\mathop {\lim }\limits_{b \to + \infty } \left[ {arctgu} \right]\left| \begin{array}{l} {b^5}\\ 0 \end{array} \right. = \frac{\pi }{5}(u = {x^5}) \end{array} \)

Ví dụ 3: Khảo sát sự hôi tụ của \(\int\limits_1^{ + \infty } {\frac{{du}}{{{x^\alpha }}}}\)

(i) \(\alpha = 1\)

\(\int\limits_1^{ + \infty } {\frac{{du}}{x}} = \mathop {\lim }\limits_{b \to + \infty } \int\limits_1^{dx} {\frac{{dx}}{x}} = \mathop {\lim }\limits_{b \to + \infty } \left[ {\ln x} \right]\left| \begin{array}{l} b\\ 1 \end{array} \right. = + \infty \Rightarrow \)phân kỳ

(ii) \(\alpha \ne 1\)

\(\begin{array}{l} \int\limits_1^{ + \infty } {\frac{{du}}{{{x^\alpha }}}} = \mathop {\lim }\limits_{b \to + \infty } \int\limits_1^b {{x^\alpha }dx} = \mathop {\lim }\limits_{b \to + \infty } \frac{1}{{1 - \alpha }}\left[ {{x^{ - \alpha + 1}}} \right]\left| \begin{array}{l} b\\ 1 \end{array} \right.\\ \\ = \frac{1}{{1 - \alpha }}\mathop {\lim }\limits_{b \to + \infty } ({b^{1 - \alpha }} - 1) = \left\{ \begin{array}{l} \frac{1}{{1 - \alpha }}\,\,\,(\alpha > 1)\\ + \infty \,\,\,\,\,\,\,(\alpha < 1) \end{array} \right. \end{array} \)

Tóm lại: \(\int\limits_1^{ + \infty } {\frac{{du}}{{{x^\alpha }}}}\) hội tụ nếu \(\alpha>1\) và phân kỳ nếu \(\alpha \le1\)

Định nghĩa:

i) Nếu hàm số f khả tích trên \([a + \varepsilon ,b],\forall \varepsilon > 0\) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {a^ + }} \left| {f(x)} \right| = + \infty\), ta định nghĩa tích phân suy rộng của f trên [a,b] là 

\(\int\limits_a^b {f(x)dx = \mathop {\lim }\limits_{\varepsilon \to {0^ + }} } \int\limits_{a + \varepsilon }^b {f(x)dx} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {a^ + }} \int\limits_x^b {f(x)dx}\)

ii) Nếu hàm số f khả tích trên \([a ,b - \varepsilon],\forall \varepsilon > 0\) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {b^ - }} \left| {f(x)} \right| = + \infty\) ta định nghĩa tích phân suy rộng của f trên [a,b] là 

\(\int\limits_a^b {f(x)dx = \mathop {\lim }\limits_{\varepsilon \to {0^ + }} } \int\limits_a^{b - \varepsilon } {f(x)dx} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {b^ - }} \int\limits_a^x {f(x)dx}\)

iii) Nếu hàm số f khả tích trên \([a ,c - \varepsilon],\forall \varepsilon > 0, f\) khả tích trên \([c +\varepsilon,b],\forall \varepsilon > 0\) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {c }} \left| {f(x)} \right| = + \infty\) , ta định nghĩa:

\(\int\limits_a^b {f(x)dx = } \int\limits_a^c {f(x)dx} + \int\limits_c^b {f(x)dx} = \mathop {\lim }\limits_{\varepsilon \to {0^ + }} \int\limits_a^{c - \varepsilon } {f(x)dx + } \mathop {\lim }\limits_{\varepsilon \to {0^ + }} \int\limits_{c + \varepsilon }^b {f(x)dx}\)

Ví dụ: Xét \(\int\limits_{ - 2}^2 {\frac{{dx}}{{\sqrt {4 - {x^2}} }}} \)

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \frac{1}{{\sqrt {4 - {x^2}} }} = + \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \frac{1}{{\sqrt {4 - {x^2}} }} = + \infty \)

\(\begin{array}{l} \int\limits_{ - 2}^2 {\frac{{dx}}{{\sqrt {4 - {x^2}} }}} = \int\limits_{ - 2}^0 {\frac{{dx}}{{\sqrt {4 - {x^2}} }}} + \int\limits_0^2 {\frac{{dx}}{{\sqrt {4 - {x^2}} }}} \\ \\ = \mathop {\lim }\limits_{\varepsilon \to {0^ + }} \int\limits_{ - 2 + \varepsilon }^0 {\frac{{dx}}{{\sqrt {4 - {x^2}} }}} + \mathop {\lim }\limits_{\varepsilon \to {0^ + }} \int\limits_0^{2 - \varepsilon } {\frac{{dx}}{{\sqrt {4 - {x^2}} }}} \end{array} \)

\(\begin{array}{l} = \mathop {\lim }\limits_{\varepsilon \to {0^ + }} \arcsin \,\frac{x}{2}\left| \begin{array}{l} 0\\ - 2 + \varepsilon \end{array} \right. + \mathop {\lim }\limits_{\varepsilon \to {0^ + }} \arcsin \,\frac{x}{2}\left| \begin{array}{l} 2 + \varepsilon \\ 0 \end{array} \right.\\ \\ = \mathop {\lim }\limits_{\varepsilon \to {0^ + }} \left( { - \arcsin \frac{{ - 2 + \varepsilon }}{2}} \right) + \mathop {\lim }\limits_{\varepsilon \to {0^ + }} \arcsin \frac{{2 - \varepsilon }}{2}\\ \\ = - \left( { - \frac{\pi }{2}} \right) + \frac{\pi }{2} = \pi \end{array} \)

Ta chỉ xét trường hợp f xác định trên \([a, + \infty )\), khả tích trên \([a,b],\forall b \ge a\). Trường hợp \((- \infty ,a]\) hay trường hợp [a,b] (với  \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {a^ + }} \left| {f(x)} \right| = + \infty \,\,hay\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to {b^ - }} \left| {f(x)} \right| = + \infty\)) được xét bằng cách đưa về dạng \(\int\limits_a^{ + \infty } {f(x)dx}\)

• Đốì với tích phân \(\int\limits^b_{ + \infty } {f(x)dx}\) ta đổi biến \(u=-x,du=-dx\)và \(\int\limits_{ - \infty }^b {f(x)dx = \mathop {\lim }\limits_{a \to - \infty } } \int\limits_a^b {f(x)dx = } \mathop {\lim }\limits_{a \to - \infty } \int\limits_{ - a}^{ - b} {f( - u)( - du) = \mathop {\lim }\limits_{c \to + \infty } } \int\limits_{ - b}^c {g(u)du} = \int\limits_{ - b}^{ + \infty } {g(u)du}\)
• Đối với tích phân  ta đổi biến \(\int\limits_a^b {f(x)dx,\mathop {\lim }\limits_{x \to {a^ + }} } \left| {f(x)} \right| = + \infty\) ta đổi biến \(u = \frac{1}{{x - a}}\). Khi đó \(\int\limits_a^b {f(x)dx = \mathop {\lim }\limits_{\varepsilon \to {0^ + }} } \int_{a + \varepsilon }^b {f(x)dx} = \mathop {\lim }\limits_{\varepsilon \to {0^ + }} \int_{\frac{1}{\varepsilon }}^{\frac{1}{{b - a}}} {\left( {a + \frac{1}{u}} \right)} \left( {\frac{{ - du}}{{{u^2}}}} \right) = \int_{\frac{1}{{b - a}}}^{ + \infty } {g(u)du} \)
• Đối với tích phân \(\int\limits_a^b {f(x)dx,\mathop {\lim }\limits_{x \to {b^ - }} } \left| {f(x)} \right| = + \infty\) ta đổi biến \(u = \frac{1}{{b-x}}\). Khi đó \(\int\limits_a^b {f(x)dx = \mathop {\lim }\limits_{\varepsilon \to {0^ + }} } \int_a^{b - \varepsilon } {f(x)dx} = \mathop {\lim }\limits_{\varepsilon \to {0^ + }} \int_{\frac{1}{{b - a}}}^{\frac{1}{\varepsilon }} {\left( {b - \frac{1}{u}} \right)} \left( {\frac{{du}}{{{u^2}}}} \right) = \int_{\frac{1}{{b - a}}}^{ + \infty } {g(u)du}\)

Định nghĩa:

i) Nếu \(\int\limits_a^{ + \infty } {\left| {f(x)} \right|dx}\) hội tụ, ta có \(\int\limits_a^{ + \infty } {f(x)dx} \) hội tụ tuyệt đối.

ii) Nếu \(\int\limits_a^{ + \infty } {f(x)dx} \) hội tụ nhưng \(\int\limits_a^{ + \infty } {\left| {f(x)} \right|dx}\) không hội tụ ta nói \(​​​​​​\int\limits_a^{ + \infty } {f(x)dx} \) hội tụ không tuyệt đối, hay bán hội tụ.

Ví dụ 1: Khảo sát sự hội tụ của \(\int\limits_1^{ + \infty } {\frac{{dx}}{{\sqrt {1 + {x^3}} \sqrt[3]{{1 + {x^5}}}}}}\)

Nhắc lại: \(\int\limits_1^{ + \infty } {\frac{{dx}}{{{x^\alpha }}}}\) hội tụ khi \(\alpha>1\), phân kỳ khi \(\alpha \le 1,\forall x \ge 1\) ta có: \(\frac{x}{{\sqrt {1 + {x^3}} \sqrt[3]{{1 + {x^5}}}}} \le \frac{x}{{{x^{\frac{3}{2}}}{x^{\frac{5}{3}}}}} = \frac{1}{{{x^{\frac{{13}}{6}}}}}\)

Mà tích phân \(\int\limits_1^{ + \infty } {\frac{{dx}}{{{x^{\frac{{13}}{6}}}}}} \) hội tụ (vì \(\alpha = 13/6 > 1\)) suy ra \(\int\limits_1^{ + \infty } {\frac{{xdx}}{{\sqrt {1 + {x^3}} \sqrt[3]{{1 + {x^5}}}}}}\) hội tụ.

Ví dụ 2: Xét sự hội tụ của \(\int\limits_1^{ + \infty } {\frac{{(x + 5)dx}}{{\sqrt[3]{x}\sqrt {1 + {x^3}} }}}\)

Cách 1: \(\forall x \ge 1\), ta có

\(\frac{{(x + 5)}}{{\sqrt[3]{x}\sqrt {1 + {x^3}} }} \ge \frac{x}{{{x^{\frac{1}{3}}}\sqrt {{x^3} + {x^3}} }} = \frac{x}{{\sqrt 2 {x^{\frac{1}{3}}}{x^{\frac{3}{2}}}}} = \frac{1}{{\sqrt 2 {x^{\frac{5}{6}}}}}\)

Mà tích phân \(\int\limits_1^{ + \infty } {\frac{{dx}}{{\sqrt 2 {x^{\frac{5}{6}}}}}}\) phân kỳ (vì \(\alpha = 5/6 < 1\)) suy ra \(\int\limits_1^{ + \infty } {\frac{{(x + 5)dx}}{{\sqrt[3]{x}\sqrt {1 + {x^3}} }}} \) phân kỳ

Cách 2: 

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\frac{{(x + 5)}}{{\sqrt[3]{x}\sqrt {1 + {x^3}} }}}}{{1/{x^{\frac{5}{6}}}}} = 1\)

\(\Rightarrow \int\limits_1^{ + \infty } {\frac{{(x + 5)}}{{\sqrt[3]{x}\sqrt {1 + {x^3}} }}}\)và \(\int\limits_1^{ + \infty } {\frac{{dx}}{{{x^{\frac{5}{6}}}}}}\) cùng bản chất.

Ví dụ 3: Khảo sát sự hội tụ của \(\int\limits_0^{ + \infty } {{{{\mathop{\rm sinx}\nolimits} }^2}} dx\)

Tích phân \(\int\limits_0^{ + \infty } {{{{\mathop{\rm sinx}\nolimits} }^2}}\) cùng bản chất với \(\int\limits_{\sqrt {\frac{\pi }{2}} }^{ + \infty } {{{{\mathop{\rm sinx}\nolimits} }^2}} dx\)

Ta có: \(\int\limits_{\sqrt {\frac{\pi }{2}} }^{ + \infty } {{{{\mathop{\rm sinx}\nolimits} }^2}} dx = \mathop {\lim }\limits_{b \to + \infty } \int\limits_{\sqrt {\frac{\pi }{2}} }^b {{{{\mathop{\rm sinx}\nolimits} }^2}dx = } \mathop {\lim }\limits_{b \to + \infty } \int\limits_{\sqrt {\frac{\pi }{2}} }^{{b^2}} {\frac{{{\mathop{\rm sint}\nolimits} }}{{2\sqrt t }}dt}\)

Đặt \(u = \frac{1}{{2\sqrt t }} \Rightarrow du = \frac{{ - 1}}{{4{t^{\frac{3}{2}}}}}dt;dv = {\mathop{\rm sint}\nolimits} dt\)chọn \(v=-cost\)

\(I = \mathop {\lim }\limits_{b \to + \infty } - \frac{1}{{2\sqrt t }}\cos t\left| \begin{array}{l} b\\ \frac{\pi }{2} \end{array} \right. - \mathop {\lim }\limits_{b \to + \infty } \int\limits_{\frac{\pi }{2}}^b {\frac{{\cos tdt}}{{4{t^{\frac{3}{2}}}}}} = \int\limits_{\frac{\pi }{2}}^{ + \infty } {\frac{{\cos tdt}}{{4{t^{\frac{3}{2}}}}}} \)

Mà \(\left| {\frac{{\cos tdt}}{{4{t^{\frac{3}{2}}}}}} \right| \le \frac{1}{{4{t^{\frac{3}{2}}}}}\) và \(\int\limits_{\frac{\pi }{2}}^{ + \infty } {\frac{1}{{4{t^{\frac{3}{2}}}}}} dt\) hội tụ \((\alpha = 3/2 > 1)\)

\(\Rightarrow \int\limits_{\frac{\pi }{2}}^{ + \infty } {\left| {\frac{{\cos tdt}}{{4{t^{\frac{3}{2}}}}}} \right|dt}\) hội tụ \(\Rightarrow \int\limits_{\frac{\pi }{2}}^{ + \infty } {\frac{{\cos tdt}}{{4{t^{\frac{3}{2}}}}}dt}\) hội tụ \(\Rightarrow \int\limits_0^{ + \infty } {{{{\mathop{\rm sinx}\nolimits} }^2}} dx\) hội tụ.