TÍCH PHÂN VÀ CÁC DẠNG BÀI TẬP VẬN DỤNG

Cho f là hàm số liên tục trên đoạn [a;b] .Giả sử F là một nguyên hàm của f trên [a;b].

Hiệu số \(F(b)-F(a)\) được gọi là tích phân từ a đến b (hay tích phân xác định trên đoạn \([a ; b]\) của hàm số \(f(x)\) kí hiệu là \(\int_{a}^{b} f(x) d x\).T

a dùng kí hiệu \(\left.F(x)\right|_{a} ^{b}=F(b)-F(a)\) để chỉ hiệu số \(F(b)-F(a)\).

Vậy: \(  \int_{a}^{b} f(x) d x=\left.F(x)\right|_{a} ^{b}=F(b)-F(a)\).

Ta gọi \(\int_{\mathrm{a}}^{\mathrm{b}}\) là dấu tích phân, a là cận dưới, b là cận trên, \(\mathrm{f}(\mathrm{x}) \mathrm{dx}\) là biểu thức dưới dấu tích phân và \(f(x)\) là hàm số dưới dấu tích phân.

Chú ý: Trong trường hợp \(\mathrm{a}=\mathrm{b}\) hoặc \(\mathrm{a}\gt \mathrm{b}\), ta quy ước

\(\int_{a}^{2} \mathrm{f}(\mathrm{x}) \mathrm{dx}=0 ; \int_{a}^{b} \mathrm{f}(\mathrm{x}) \mathrm{d} x=-\int_{b}^{\mathrm{a}} \mathrm{f}(\mathrm{x}) \mathrm{dx}\)

+) Tính chất 1: \(\int_{a}^{b} k f(x) \mathrm{dx}=\mathrm{k} \int_{a}^{b} f(x) \mathrm{dx}\) với \(\mathrm{k}\) là hằng số.

+) Tính chất \(2: \int_{a}^{b}[f(x) \pm g(x)] d x=\int_{a}^{b} f(x) d x \pm \int_{a}^{b} g(x) d x\)

+) Tính chất 3: \(\int_{a}^{c} f(x) d x+\int_{c}^{b} f(x) d x=\int_{a}^{b} f(x) d x\) với \(a\lt c\lt b\).

Chú ý: Mở rộng của tính chất 3:

\(\int_{a}^{b} f(x) d x=\int_{a}^{c_{1}} f(x) d x+\int_{c_{1}}^{c_{2}} f(x) d x+\ldots \int_{c_{a}}^{b} f(x) d x\)

\(\left(\mathrm{a}\lt \mathrm{c}_{1}\lt \mathrm{c}_{2}\lt \ldots\lt \mathrm{c}_{\mathrm{n}}\lt \mathrm{b}\right)\)

Các tính chất bổ sung:

Hệ quả: Nếu hai hàm số \(f(x)\) và \(g(x)\) liên tục và thỏa mãn \(f(x) \leq g(x), \forall x \in[a ; b]\) thì \(\int_{a}^{b} f(x) d x \leq \int_{a}^{b} g(x) d x\)

Định lý 1 (Đổi biến loại 1): Cho hàm số \(f(x)\) liên tục trên đoạn \([a, b]\). 

Giả sử hàm số \(x=\varphi\) (t) có đạo hàm liên tục trên đoạn \([\alpha, \beta]\) sao cho \(\varphi(\alpha)=\mathrm{a}, \varphi(\beta)=\mathrm{b}\) và \(\mathrm{a} \leq \varphi(\mathrm{t}) \leq \mathrm{b}\) với mọi \(\mathrm{t} \in[\alpha, \beta]\). 

Khi đó: \(\int_{a}^{b} f(x) d x=\int_{\alpha}^{\beta} f(\varphi(t)) \cdot \varphi(t) d t\)

Định lý 2: (Đổi biến loại 2): Cho hàm số \(f(x)\) liên tục trên đoạn \([a, b]\). Giả sử hàm số \(u(x)\) có đạo hàm liên tục và \(u(x) \in[\alpha\), \(\beta]\). 

Giả sử ta có thể viết \(f(x)=g(u(x)) \cdot u^{\prime}(x), x \in[a, b]\) với \(g(x)\) liên tục trên đoạn \([\alpha, \beta]\). 

Khi đó: \(\int_{a}^{b} f(x) d x=\int_{u(a)}^{u(b)} g(u) d u\)

Nếu \(\mathrm{u}=\mathrm{u}(\mathrm{x})\) và \(\mathrm{v}=\mathrm{v}(\mathrm{x})\) là hai hàm số có đạo hàm liên tục trên đoạn \([\mathrm{a}, \mathrm{b}]\) thì

 \(\int_{a}^{b} u v d x=\left.u v\right|_{a} ^{b}-\int_{a}^{b} v d u\)

Trường hợp 1: Nếu bậc của đa thức \(\mathrm{P}(\mathrm{x}) \geq \mathrm{m}+\mathrm{n}+1\) ta chia tử cho mẫu để đưa về trường hợp 2

Trường hợp 2: Nếu bậc của đa thức \(\mathrm{P}(\mathrm{x})\lt \mathrm{m}+\mathrm{n}+2\) ta sử dụng "Phương pháp giải hệ số bất định"

Bước 1: Phân tích: 

\(\frac{P(x)}{(x-\alpha)^{m} \cdot(x-\beta)^{n} \cdot\left(a x^{2}+b x+c\right)}=\sum_{i=1}^{m} \frac{A_{i}}{(x-\alpha)^{i}}+\sum_{k=1}^{n} \frac{B_{k}}{(x-\beta)^{k}}+\frac{M(2 a x+n)+N}{a x^{2}+b x+c}\)

Bước 2: Quy đồng mẫu và đồng nhất 2 vế để tìm các hệ số \(\mathrm{A}_{\mathrm{i}}, \mathrm{B}_{\mathrm{k}}, \mathrm{M}, \mathrm{N}\)

Bước 3: Thực hiện các dạng cơ bản.

Ví dụ minh họa:

VD1: Cho \(\int_{0}^{2} \frac{x-1}{x^{2}+4 x+3} d x=a \ln 5+b \ln 3,(\mathbf{a}, \mathbf{b} \in \mathbb{Z})\). Giá trị của \(3 \mathbf{a}+2 \mathbf{b}\) là

Lời giải:

\(f(x)=\frac{x-1}{x^{2}+4 x+1}=\frac{x-1}{(x+3)(x+1)}=\frac{2}{x+3}-\frac{1}{x+1}\) \(I=\left.(2 \ln |x+3|-\ln |x+1|)\right|_{0} ^{2}=2 \ln 5-3 \ln 3\)

-> 3a+2b=0

VD2: Tìm tất cả các số thức m dương thỏa mãn \(\int_{0}^{m} \frac{x^{2} d x}{x+1}=\ln 2-\frac{1}{2}\).

Lời giải:

\(\int_{0}^{m} \frac{x^{2} d x}{x+1}=\int_{0}^{m}\left(x-1+\frac{1}{x+1}\right) d x=\left.\left(\frac{1}{2} x^{2}-x+\ln |x+1|\right)\right|_{0} ^{m}\)

\(=\frac{1}{2} m^{2}-m+\ln |m+1|\) \(=\ln 2-\frac{1}{2}\)

Ta thấy chỉ có \(m=1\) thỏa mãn -> m=1

Ví dụ minh họa:

Tính \(I=\int_{0}^{4} \sqrt{2 x+1} d x\)

Lời giải:

\(\begin{array}{l}I=\int_{0}^{4} \sqrt{2 x+1} d x \\ =\frac{1}{2} \int_{0}^{4} \sqrt{2 x+1} d(2 x+1) \\ =\left.\frac{1}{2} \cdot \frac{2}{3}(2 x+1) \sqrt{2 x+1}\right|_{0} ^{4} \\ =9-\frac{1}{3}=\frac{26}{3}\end{array}\)

Ví dụ inh họa:

\(\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\pi_{2}^{2}} \cos x \cos 3 x d x=a+b\). Giá trị \(\mathbf{a}^{3}+\mathbf{b}^{3}+1\).

Lời giải: 

\(\begin{array}{l}I=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \cos x \cdot \cos 3 x d x=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{2}[\cos 4 x+\cos 2 x] d x \\ =\frac{1}{2} \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \cos 4 x d x+\frac{1}{2} \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \cos 2 x d x=\left.\left[\frac{1}{8} \sin 4 x+\frac{1}{4} \sin 2 x\right]\right|_{-\frac{\pi}{2}} ^{\frac{\pi}{2}}=0 \Rightarrow a+b=0 \\ A=a^{3}+b^{3}+1=(a+b)^{3}-3 a b(a+b)+1=1\end{array}\)

Cho \(\mathrm{u}=\mathrm{u}(\mathrm{x}), \mathrm{v}=\mathrm{v}(\mathrm{x})\) là các hàm số liên tục trên đoạn [a; b] và có đạo hàm trên khoảng (a; b) ta có:

Chú ý: Cho dãy "ưu tiên" các loại hàm như sau 'logarit \(\rightarrow\) đa thức \(\rightarrow\) mũ, lượng giác' và \(\mathrm{P}(\mathrm{x}), \mathrm{Q}(\mathrm{x})\) là 2 trong các loại hàm số đó. Khi cần tính \(\int P(x) \cdot Q(x) d x\) ta chọn từng phần theo nguyên tắc sau:

Chọn \(\mathrm{u}=\) Hàm được ưu tiên hơn, \(\mathrm{dv}=\) phần còn lại

Ví dụ minh họa:

Cho tích phân \(\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{3}} \frac{x}{\sin ^{2} x} d x=a \pi+b \ln \frac{3}{2}\). Giá trị \(A=(9+4 \sqrt{3}) a+6 b\) bằng

Lời giải:

Đặt \(u=x \Rightarrow d u=d x ; d v=\frac{d x}{\sin ^{2} x}\), chọn \(\mathbf{v}=-\cot \mathrm{x}\).

Đặt \(u=x \Rightarrow d u=d x ; d v=\frac{d x}{\sin ^{2} x}\) => \(\mathbf{v}=-\cot \mathbf{x}\)

Vậy \(I=\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{3}} \frac{x}{\sin ^{2} x} d x=-\left.x \cos x\right|_{\frac{\pi}{4}} ^{\frac{\pi}{3}}+\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{3}} \cot x d x\)

\(=-\left.x \cos x\right|_{\frac{\pi}{4}} ^{\frac{\pi}{3}}+\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{3}} \frac{\cos x}{\sin x} d x\)

\(\begin{array}{l}=\left.[-x \cot x+\ln (\sin x)]\right|_{\frac{\pi}{4}} ^{\frac{\pi}{3}}=\frac{\pi(9-4 \sqrt{3})}{36}+\frac{1}{2} \ln \frac{3}{2} \\ \Rightarrow a=\frac{9-4 \sqrt{3}}{36} ; b=\frac{1}{2} \Rightarrow A=\frac{47}{12}\end{array}\)

Cho \(f(x)=0\) tìm nghiệm trên \([a ; b]\)

Xét dấu của \(f(x)\) trên \([\mathrm{a} ; \mathrm{b}]\), dựa vào dấu của \(f(\mathrm{x})\) để tách tích phân trên mỗi đoạn tương ứng (sử dụng tính chất 3 để tách)

Tính mỗi tích phân thành phần.

Ví dụ minh họa:

\(S=\int_{-1}^{2}\left|x^{2}-x-2\right| d x=\frac{a}{b},\left(a, b \in Z^{+}\right), \frac{a}{b}\) là phân số tối giản. Giá trị \(\mathbf{a}+\mathbf{b}\) bằng

Lời giải:

\(S=\int_{-1}^{2}\left|x^{2}-x-2\right| d x=-\int_{-1}^{2}\left(x^{2}-x-2\right) d x\)

\(=-\left.\left(\frac{x^{3}}{3}-\frac{x^{2}}{2}-2 x\right)\right|_{-1} ^{2}\)

\(=-\left[\left(\frac{8}{3}-\frac{4}{2}-4\right)-\left(-\frac{1}{3}-\frac{1}{2}+2\right)\right]=\frac{9}{2}\)

Ví dụ minh họa:

VD1: Xét tích phân \(I=\int_{1}^{\sqrt{2}} x \cdot e^{x^{2}} d x\). Sử dụng Phương pháp giải đổi biến số với \(\mathrm{u}=\mathrm{x}^{2}\), tích phân I được biến đổi thành

Lời giải:

Ta có: \(I=\int_{1}^{\sqrt{2}} e^{x^{2}} x d x\)

Đặt \(u=x^{2} \Rightarrow d u=2 x d x \Rightarrow x d x=\frac{1}{2} d u\)

Với \(\mathbf{x}=1 \Rightarrow \mathbf{u}=1\) và \(x=\sqrt{2} \Rightarrow u=2\)

Khi đó \(I=\frac{1}{2} \int_{1}^{2} e^{u} d u\)

VD2: Cho tích phân \(\int_{e^{3}}^{e^{8}} \frac{d x}{x \ln x \sqrt{\ln e x}}=\ln a-\ln b,\left(\mathbf{a}, \mathbf{b} \in \mathbb{N}^{\star}\right)\). Giá trị \(\mathrm{S}=\cos [(\mathbf{a}+\mathbf{b}) \pi]+\sin [(\mathbf{a}-\mathbf{b}) \pi]\) bằng

Lời giải:

Đặt \(t=\sqrt{1+\ln x} ; x=e^{3}\) thì \(\mathrm{t}=2 ; \mathrm{x}=3^{8}\) thì \(\mathrm{t}=3\).

Phương pháp giải chung cho loại toán này là áp dụng kỹ thuật đổi biến, Phương pháp giải từng phần và kỹ thuật đạo hàm...

Ví dụ minh họa:

Cho hàm số \(f(x)\) có đạo hàm liên tục trên \([0 ; 1]\), thỏa mãn \(3 f(x)+x f(x)=x^{2018}\) với mọi \(x \in[0 ; 1]\). Tính \(I=\int_{0}^{1} f(x) d x\).

Lời giải:

Từ giả thiết \(3 f(x)+x f^{\prime}(x)=x^{2018}\), nhân hai vế cho \(x^{2}\) 

ta được \(3 x^{2} f(x)+x^{3} f^{\prime}(x)=x^{2020} \Leftrightarrow\left[x^{3} f(x)\right]^{\prime}=x^{2020}\).

Suy ra \(x^{3} f(x)=\int x^{2020} d x=\frac{x^{2021}}{2021}+C\)

Thay \(\mathrm{x}=0\) vào hai vế ta được \(\mathrm{C}=0 \Rightarrow f(x)=\frac{x^{2018}}{2021}\)

Vậy 

\(\int_{0}^{1} f(x) d x=\int_{0}^{1} \frac{1}{2021} x^{2018} d x=\left.\frac{1}{2021} \cdot \frac{1}{2019} x^{2019}\right|_{0} ^{1}=\frac{1}{2021 \times 2019}\)

Nếu \(f(\mathbf{x})\) liên tục trên [a; b] thì \(\left|\int_{a}^{b} f(x) d x\right| \leq \int_{a}^{b}|f(x) d x|\)

Nếu \(f(\mathbf{x})\) liên tục trên \([\mathbf{a} ; \mathbf{b}]\) và \(\mathrm{m} \leq f(\mathbf{x}) \leq \mathrm{M}\) thì \(m(b-a) \leq \int_{a}^{b} f(x) d x \leq M(b-a)\) 

Nếu \(f(\mathbf{x}), \mathbf{g}(\mathbf{x})\) liên tục trên [a; b] thì \(\left(\int_{a}^{b} f(x) g(x) d x\right)^{2} \leq \int_{a}^{b} f^{2}(x) d x . \int_{a}^{b} g^{2}(x) d x\)

(dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(f(\mathbf{x})=\mathbf{k}\). \(\mathrm{g}(\mathrm{x})\))

Ví dụ minh họa:

Câu 2. Cho hàm số \(f(x)\) có đạo hàm liên tục trên \([0 ; 1]\), thỏa mãn \(f(1)=1, \int_{0}^{1} x^{5} f(x) d x=\frac{11}{78}\) và \(\int_{0}^{1} f^{\prime}(x) d(f(x))=\frac{4}{13}\). Giá trị \(f\) (2) bẳng

Lời giải:

Theo Holder 

\(\left(\frac{2}{13}\right)^{2}=\left(\int_{0}^{1} x^{6} f^{\prime}(x) d x\right)^{2} \leqslant \int_{0}^{1} x^{12} d x \cdot \int_{0}^{1}\left[f^{\prime}(x)\right]^{2} d x\)

\(=\frac{1}{13} \cdot \frac{4}{13}=\frac{4}{169}\)

\(\Rightarrow f^{\prime}(x)=2 x^{6} \Rightarrow f(x)=\frac{2}{7} x^{7}+C \xrightarrow{f(1)=1} C=\frac{5}{7}\)

Vậy \(f(x)=\frac{2}{7} x^{7}+\frac{5}{7} \Rightarrow f(2)=\frac{261}{7}\)