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

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

Nếu $x=\phi (t)$ thỏa:

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

Khi đó, ta có $\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)dx=\underset{\alpha }{\overset{\beta }{\int }}f\left[\phi (t)\right]{\phi }^{\prime }(t)dt$

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

Ta có: $\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)dx=F(b)-F(a)$ (1)

$\underset{\alpha }{\overset{\beta }{\int }}f(\phi (t)){\phi }^{\prime }(t)dt=F\left[\phi (t)\right]|\begin{array}{l}\beta \\ \alpha \end{array}=F(\phi (\beta ))-F(\phi (\alpha ))=F(b)-F(a)$ (2)

(1) và (2) ⇒ đpcm

Ví dụ: Tính $\underset{-2}{\overset{2}{\int }}\sqrt{4-x^2}dx=2\underset{0}{\overset{2}{\int }}\sqrt{4-x^2}dx$

Đặt $x=2\sin t,0\le t\le \frac{\pi }{2}\Rightarrow dx=2\mathrm{costdt}$và $t=\arcsin \frac{x}{2}$

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

Suy ra $2\underset{0}{\overset{2}{\int }}\sqrt{4-x^2}dx=2\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}\sqrt{4-4{\sin }^{2}t}2\cos tdt$

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

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 $\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)dx=\underset{h(a)}{\overset{h(b)}{\int }}g(u)du=\underset{a}{\overset{b}{\int }}g(h(x))h^{\prime }(x)dx$

Chứng minh: tương tự

Ví dụ: $\underset{\frac{\pi }{6}}{\overset{\frac{\pi }{4}}{\int }}\frac{\cos xdx}{2+3{\sin }^{2}x}$

Đặt $u=\mathrm{sinx}\Rightarrow du=cosxdx$

$\begin{array}{l}{x}_0=\frac{\pi }{6}\Rightarrow u_0=\frac{1}{2}\\ \\ x_1=\frac{\pi }{4}\Rightarrow u_1=\sin \frac{\pi }{4}=\frac{1}{\sqrt{2}}\end{array}$

$\Rightarrow \underset{\pi /6}{\overset{\pi /4}{\int }}\frac{\cos xdx}{2+3{\sin }^{2}x}=\underset{1/2}{\overset{1/\sqrt{2}}{\int }}\frac{du}{2+3u^2}=\frac{1}{3}\underset{1/2}{\overset{1/\sqrt{2}}{\int }}\frac{du}{2/3+u^2}$

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

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

Ví dụ 1: $\underset{-\frac{1}{2}}{\overset{1}{\int }}xarctgxdx$

Đặt 

$\begin{array}{l}u=arctgx\Rightarrow du=\frac{dx}{1+x^2}\\ \\ dv=xdx,chonv=\frac{1}{2}(x^2+1)\end{array}$

$\begin{array}{l}\Rightarrow \underset{-\frac{1}{2}}{\overset{1}{\int }}xarctgxdx=\frac{1}{2}(x^2+1)arctgx|\begin{array}{c}1\\ -\frac{1}{2}\end{array}-\underset{-\frac{1}{2}}{\overset{1}{\int }}\frac{1}{2}dx\\ \\ =\frac{\pi }{4}+\frac{5}{8}arctg\frac{1}{2}-\frac{3}{4}\end{array}$

Ví dụ 2:

i) Chứng minh $\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}{\sin }^{n}xdx=\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}{\cos }^{n}xdx$

ii) Tính $\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}{\sin }^{n}xdx$

Giải

i) Đặt 

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

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

ii) $\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}{\sin }^{n}xdx=\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}{\sin }^{n-1}x\mathrm{sinx}dx$ với $n\in N,n\ge 2$

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

$dv=\mathrm{sinxdx}$ chọn $v=-cosx$

$\Rightarrow I_n=\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}{\sin }^{n}xdx=\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}{\sin }^{n-1}x\sin xdx$

$=-\cos x{\sin }^{n-1}x|\begin{array}{l}\frac{\pi }{2}\\ 0\end{array}+(n-1)\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}{\cos }^{2}x{\sin }^{n-2}xdx$

$=(n-1)\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}(1-{\sin }^{2}x)si{n}^{n-2}xdx=(n-1)I_{n-2}-(n-1)I_n$

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

Vậy

$I_n=\{\begin{array}{l}\frac{n-1}{n}.\frac{n-3}{n-2}.\frac{n-5}{n-4}....\frac{7}{8}.\frac{5}{6}.\frac{3}{4}.\frac{1}{2}{I}_0(n=2k)\\ \frac{n-1}{n}.\frac{n-3}{n-2}.\frac{n-5}{n-4}....\frac{8}{9}.\frac{6}{7}.\frac{4}{5}.\frac{2}{3}{I}_1(n=2k+1)\end{array}$

mà $I_0=\underset{0}{\overset{\pi /2}{\int }}{\sin }^{0}xdx=\frac{\pi }{2};I_1=\underset{0}{\overset{\pi /2}{\int }}\sin xdx=-\cos x|\begin{array}{l}\frac{\pi }{2}\\ 0\end{array}=1$

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

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 $\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)dx$ 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 $\left[a,+\mathrm{\infty }\right)$ khả tích trên $\left[a,b\right],\mathrm{\forall }b\ge a$ . Khi đó tích phân xác định $\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)dx$ là tồn tại $\mathrm{\forall }b\ge a$

Định nghĩa:

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

$\underset{a}{\overset{+\mathrm{\infty }}{\int }}f(x)dx=\underset{b\to +\mathrm{\infty }}{lim}\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)dx$

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

$\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{a}{\int }}f(x)dx=\underset{c\to -\mathrm{\infty }}{lim}\underset{c}{\overset{a}{\int }}f(x)dx$

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

$\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{+\mathrm{\infty }}{\int }}f(x)dx=\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{a}{\int }}f(x)dx+\underset{a}{\overset{-\mathrm{\infty }}{\int }}f(x)dx=\underset{c\to -\mathrm{\infty }}{lim}\underset{c}{\overset{a}{\int }}f(x)dx+\underset{b\to +\mathrm{\infty }}{lim}\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)dx$

Ví dụ 1:

$\underset{2}{\overset{+\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{dx}{(x+3)(x+8)}=\underset{b\to +\mathrm{\infty }}{lim}\underset{2}{\overset{b}{\int }}\frac{dx}{(x+3)(x+8)}=\underset{b\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{1}{5}\ln \left|\frac{x+3}{x+8}\right||\begin{array}{l}b\\ 2\end{array}=\frac{1}{5}\ln 2$

Vậy tích phân suy rộng trên là hội tụ

Ví dụ 2:  $\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{+\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{x^{4}dx}{x^{10}+1}$

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

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

Ví dụ 3: Khảo sát sự hôi tụ của $\underset{1}{\overset{+\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{du}{x^{\alpha }}$

(i) $\alpha =1$

$\underset{1}{\overset{+\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{du}{x}=\underset{b\to +\mathrm{\infty }}{lim}\underset{1}{\overset{dx}{\int }}\frac{dx}{x}=\underset{b\to +\mathrm{\infty }}{lim}\left[\ln x\right]|\begin{array}{l}b\\ 1\end{array}=+\mathrm{\infty }\Rightarrow$phân kỳ

(ii) $\alpha \ne 1$

$\begin{array}{l}\underset{1}{\overset{+\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{du}{x^{\alpha }}=\underset{b\to +\mathrm{\infty }}{lim}\underset{1}{\overset{b}{\int }}{x}^{\alpha }dx=\underset{b\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{1}{1-\alpha }\left[x^{-\alpha +1}\right]|\begin{array}{c}b\\ 1\end{array}\\ \\ =\frac{1}{1-\alpha }\underset{b\to +\mathrm{\infty }}{lim}(b^{1-\alpha }-1)=\{\begin{array}{c}\frac{1}{1-\alpha }(\alpha >1)\\ +\mathrm{\infty }(\alpha <1)\end{array}\end{array}$

Tóm lại: $\underset{1}{\overset{+\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{du}{x^{\alpha }}$ hội tụ nếu $\alpha >1$ và phân kỳ nếu $\alpha \le 1$

Định nghĩa:

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

$\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)dx=\underset{\epsilon \to 0^{+}}{lim}\underset{a+\epsilon }{\overset{b}{\int }}f(x)dx=\underset{x\to a^{+}}{lim}\underset{x}{\overset{b}{\int }}f(x)dx$

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

$\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)dx=\underset{\epsilon \to 0^{+}}{lim}\underset{a}{\overset{b-\epsilon }{\int }}f(x)dx=\underset{x\to b^{-}}{lim}\underset{a}{\overset{x}{\int }}f(x)dx$

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

$\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)dx=\underset{a}{\overset{c}{\int }}f(x)dx+\underset{c}{\overset{b}{\int }}f(x)dx=\underset{\epsilon \to 0^{+}}{lim}\underset{a}{\overset{c-\epsilon }{\int }}f(x)dx+\underset{\epsilon \to 0^{+}}{lim}\underset{c+\epsilon }{\overset{b}{\int }}f(x)dx$

Ví dụ: Xét $\underset{-2}{\overset{2}{\int }}\frac{dx}{\sqrt{4-x^2}}$

Ta có: $\underset{x\to 2^{-}}{lim}\frac{1}{\sqrt{4-x^2}}=+\mathrm{\infty };\underset{x\to 2^{+}}{lim}\frac{1}{\sqrt{4-x^2}}=+\mathrm{\infty }$

$\begin{array}{l}\underset{-2}{\overset{2}{\int }}\frac{dx}{\sqrt{4-x^2}}=\underset{-2}{\overset{0}{\int }}\frac{dx}{\sqrt{4-x^2}}+\underset{0}{\overset{2}{\int }}\frac{dx}{\sqrt{4-x^2}}\\ \\ =\underset{\epsilon \to 0^{+}}{lim}\underset{-2+\epsilon }{\overset{0}{\int }}\frac{dx}{\sqrt{4-x^2}}+\underset{\epsilon \to 0^{+}}{lim}\underset{0}{\overset{2-\epsilon }{\int }}\frac{dx}{\sqrt{4-x^2}}\end{array}$

$\begin{array}{l}=\underset{\epsilon \to 0^{+}}{lim}\arcsin \frac{x}{2}|\begin{array}{c}0\\ -2+\epsilon \end{array}+\underset{\epsilon \to 0^{+}}{lim}\arcsin \frac{x}{2}|\begin{array}{c}2+\epsilon \\ 0\end{array}\\ \\ =\underset{\epsilon \to 0^{+}}{lim}\left(-\arcsin \frac{-2+\epsilon }{2}\right)+\underset{\epsilon \to 0^{+}}{lim}\arcsin \frac{2-\epsilon }{2}\\ \\ =-\left(-\frac{\pi }{2}\right)+\frac{\pi }{2}=\pi \end{array}$

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

• Đốì với tích phân $\underset{+\mathrm{\infty }}{\overset{b}{\int }}f(x)dx$ ta đổi biến $u=-x,du=-dx$và $\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{b}{\int }}f(x)dx=\underset{a\to -\mathrm{\infty }}{lim}\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)dx=\underset{a\to -\mathrm{\infty }}{lim}\underset{-a}{\overset{-b}{\int }}f(-u)(-du)=\underset{c\to +\mathrm{\infty }}{lim}\underset{-b}{\overset{c}{\int }}g(u)du=\underset{-b}{\overset{+\mathrm{\infty }}{\int }}g(u)du$
• Đối với tích phân  ta đổi biến $\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)dx,\underset{x\to a^{+}}{lim}\left|f(x)\right|=+\mathrm{\infty }$ ta đổi biến $u=\frac{1}{x-a}$. Khi đó $\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)dx=\underset{\epsilon \to 0^{+}}{lim}{\int }_{a+\epsilon }^{b}f(x)dx=\underset{\epsilon \to 0^{+}}{lim}{\int }_{\frac{1}{\epsilon }}^{\frac{1}{b-a}}\left(a+\frac{1}{u}\right)\left(\frac{-du}{u^2}\right)={\int }_{\frac{1}{b-a}}^{+\mathrm{\infty }}g(u)du$
• Đối với tích phân $\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)dx,\underset{x\to b^{-}}{lim}\left|f(x)\right|=+\mathrm{\infty }$ ta đổi biến $u=\frac{1}{b-x}$. Khi đó $\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)dx=\underset{\epsilon \to 0^{+}}{lim}{\int }_a^{b-\epsilon }f(x)dx=\underset{\epsilon \to 0^{+}}{lim}{\int }_{\frac{1}{b-a}}^{\frac{1}{\epsilon }}\left(b-\frac{1}{u}\right)\left(\frac{du}{u^2}\right)={\int }_{\frac{1}{b-a}}^{+\mathrm{\infty }}g(u)du$

Định nghĩa:

i) Nếu $\underset{a}{\overset{+\mathrm{\infty }}{\int }}\left|f(x)\right|dx$ hội tụ, ta có $\underset{a}{\overset{+\mathrm{\infty }}{\int }}f(x)dx$ hội tụ tuyệt đối.

ii) Nếu $\underset{a}{\overset{+\mathrm{\infty }}{\int }}f(x)dx$ hội tụ nhưng $\underset{a}{\overset{+\mathrm{\infty }}{\int }}\left|f(x)\right|dx$ không hội tụ ta nói $\underset{a}{\overset{+\mathrm{\infty }}{\int }}f(x)dx$ hội tụ không tuyệt đối, hay bán hội tụ.

Ví dụ 1: Khảo sát sự hội tụ của $\underset{1}{\overset{+\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{dx}{\sqrt{1+x^3}\sqrt[3]{1+x^5}}$

Nhắc lại: $\underset{1}{\overset{+\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{dx}{x^{\alpha }}$ hội tụ khi $\alpha >1$, phân kỳ khi $\alpha \le 1,\mathrm{\forall }x\ge 1$ 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 $\underset{1}{\overset{+\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{dx}{x^{\frac{13}{6}}}$ hội tụ (vì $\alpha =13/6>1$) suy ra $\underset{1}{\overset{+\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{xdx}{\sqrt{1+x^3}\sqrt[3]{1+x^5}}$ hội tụ.

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

Cách 1: $\mathrm{\forall }x\ge 1$, 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 $\underset{1}{\overset{+\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{dx}{\sqrt{2}{x}^{\frac{5}{6}}}$ phân kỳ (vì $\alpha =5/6<1$) suy ra $\underset{1}{\overset{+\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{(x+5)dx}{\sqrt[3]{x}\sqrt{1+x^3}}$ phân kỳ

Cách 2: 

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

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

Ví dụ 3: Khảo sát sự hội tụ của $\underset{0}{\overset{+\mathrm{\infty }}{\int }}{\mathrm{sinx}}^{2}dx$

Tích phân $\underset{0}{\overset{+\mathrm{\infty }}{\int }}{\mathrm{sinx}}^2$ cùng bản chất với $\underset{\sqrt{\frac{\pi }{2}}}{\overset{+\mathrm{\infty }}{\int }}{\mathrm{sinx}}^{2}dx$

Ta có: $\underset{\sqrt{\frac{\pi }{2}}}{\overset{+\mathrm{\infty }}{\int }}{\mathrm{sinx}}^{2}dx=\underset{b\to +\mathrm{\infty }}{lim}\underset{\sqrt{\frac{\pi }{2}}}{\overset{b}{\int }}{\mathrm{sinx}}^{2}dx=\underset{b\to +\mathrm{\infty }}{lim}\underset{\sqrt{\frac{\pi }{2}}}{\overset{b^2}{\int }}\frac{\mathrm{sint}}{2\sqrt{t}}dt$

Đặt $u=\frac{1}{2\sqrt{t}}\Rightarrow du=\frac{-1}{4t^{\frac{3}{2}}}dt;dv=\mathrm{sint}dt$chọn $v=-cost$

$I=\underset{b\to +\mathrm{\infty }}{lim}-\frac{1}{2\sqrt{t}}\cos t|\begin{array}{l}b\\ \frac{\pi }{2}\end{array}-\underset{b\to +\mathrm{\infty }}{lim}\underset{\frac{\pi }{2}}{\overset{b}{\int }}\frac{\cos tdt}{4t^{\frac{3}{2}}}=\underset{\frac{\pi }{2}}{\overset{+\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{\cos tdt}{4t^{\frac{3}{2}}}$

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

$\Rightarrow \underset{\frac{\pi }{2}}{\overset{+\mathrm{\infty }}{\int }}\left|\frac{\cos tdt}{4t^{\frac{3}{2}}}\right|dt$ hội tụ $\Rightarrow \underset{\frac{\pi }{2}}{\overset{+\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{\cos tdt}{4t^{\frac{3}{2}}}dt$ hội tụ $\Rightarrow \underset{0}{\overset{+\mathrm{\infty }}{\int }}{\mathrm{sinx}}^{2}dx$ hội tụ.