CHƯƠNG 3. NGUYÊN HÀM - TÍCH PHÂN

3. TÍCH PHÂN

TÍCH PHÂN


A. KIẾN THỨC CƠ BẢN
1. Định nghĩa
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 \({\rm{[}}a;b{\rm{]}}\) của hàm số \(f(x),\)kí hiệu là \(\int\limits_a^b {f(x)dx} .\)
Ta dùng kí hiệu \(\left. {F(x)} \right|_a^b = F(b) - F(a)\) để chỉ hiệu số \(F(b) - F(a)\). Vậy \(\int\limits_a^b {f(x)dx = \left. {F(x)} \right|_a^b = F(b) - F(a)} \).
Nhận xét: Tích phân của hàm số \(f\) từ a đến b có thể kí hiệu bởi \(\int\limits_a^b {f(x)dx} \) hay \(\int\limits_a^b {f(t)dt} .\) Tích phân đó chỉ phụ thuộc vào f và các cận a, b mà không phụ thuộc vào cách ghi biến số.

Ý nghĩa hình học của tích phân: Nếu hàm số \(f\) liên tục và không âm trên đoạn \({\rm{[}}a;b{\rm{]}}\) thì tích phân \(\int\limits_a^b {f(x)dx} \)là diện tích S của hình thang cong giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y = f(x)\), trục Ox và hai đường thẳng \(x = a,x = b.\) Vậy \(S = \int\limits_a^b {f(x)dx} .\)
2. Tính chất của tích phân
 1. \(\int\limits_a^a {f(x)dx = 0} \) 

 2. \(\int\limits_a^b {f(x)dx =  - \int\limits_b^a {f(x)dx} } \) 
 3. \(\int\limits_a^b {f(x)dx + } \int\limits_b^c {f(x)dx = \int\limits_a^c {f(x)dx} } \)(\(a < b < c\)
 4. \(\int\limits_a^b {k.f(x)dx = k.\int\limits_a^b {f(x)dx} } {\rm{ }}(k \in \mathbb{R})\) 
 5. \(\int\limits_a^b {[f(x) \pm g(x)]dx = \int\limits_a^b {f(x)dx}  \pm } \int\limits_a^b {g(x)dx} \).

B. KỸ NĂNG CƠ BẢN
1. Một số phương pháp tính tích phân
I. Dạng 1: Tính tích phân theo công thức

Ví dụ 1: Tính các tính phân sau:
a) \({\rm{I}} = \int\limits_0^1 {\dfrac{{dx}}{{{{(1 + x)}^3}}}} \)
b) \({\rm{I}} = \int\limits_0^1 {\dfrac{x}{{x + 1}}dx} \)
c) \({\rm{I}} = \int\limits_0^1 {\dfrac{{2x + 9}}{{x + 3}}dx} \)
d) \({\rm{I}} = \int\limits_0^1 {\dfrac{x}{{4 - {x^2}}}dx} \).
Hướng dẫn giải
a) \({\rm{I}} = \int\limits_0^1 {\dfrac{{dx}}{{{{(1 + x)}^3}}}}  = \int\limits_0^1 {\dfrac{{d(1 + x)}}{{{{(1 + x)}^3}}}}  =  - \left. {\dfrac{1}{{2{{(1 + x)}^2}}}} \right|_0^1 = \dfrac{3}{8}\).
b) \({\rm{I}} = \int\limits_0^1 {\dfrac{x}{{x + 1}}dx}  = \int\limits_0^1 {\left( {1 - \dfrac{1}{{x + 1}}} \right)dx}  = \left( {x - \ln (x + 1)} \right)\left| {_0^1} \right. = 1 - \ln 2\).
c) \({\rm{I}} = \int\limits_0^1 {\dfrac{{2x + 9}}{{x + 3}}dx}  = \int\limits_0^1 {\left( {2 + \dfrac{3}{{x + 3}}} \right)dx = \left. {\left( {2x + 3\ln (x + 3)} \right)} \right|_0^1}  = 3 + 6\ln 2 - 3\ln 3\).
d) \({\rm{I}} = \int\limits_0^1 {\dfrac{x}{{4 - {x^2}}}dx}  =  - \dfrac{1}{2}\int\limits_0^1 {\dfrac{{d\left( {4 - {x^2}} \right)}}{{4 - {x^2}}}}  = \left. {\ln |4 - {x^2}|} \right|_0^1 = \ln \dfrac{3}{4}\).
 
II. Dạng 2: Dùng tính chất cận trung gian để tính tích phân
Sử dụng tính chất \(\int\limits_a^b {{\rm{[}}f(x) + g(x){\rm{]}}dx = \int\limits_a^b {f(x)dx}  + } \int\limits_a^b {g(x)dx} \) để bỏ dấu giá trị tuyệt đối.
Ví dụ 2: Tính tích phân \(I = \int\limits_{ - 2}^2 {|x + 1|dx} \).
Hướng dẫn giải
 Nhận xét: \(\left| {x + 1} \right| = \left\{ \begin{array}{l}x + 1,{\rm{        }} - 1 \le x \le 2{\rm{ }}\\ - x - 1,{\rm{     }} - 2 \le x <  - 1{\rm{ }}\end{array} \right..\)Do đó
\(I = \int\limits_{ - 2}^2 {|x + 1|dx}  = \int\limits_{ - 2}^{ - 1} {|x + 1|dx}  + \int\limits_{ - 1}^2 {|x + 1|dx}  =  - \int\limits_{ - 2}^{ - 1} {\left( {x + 1} \right)dx}  + \int\limits_{ - 1}^2 {\left( {x + 1} \right)dx}  =  - \left. {\left( {\dfrac{{{x^2}}}{2} + x} \right)} \right|_{ - 2}^{ - 1} + \left. {\left( {\dfrac{{{x^2}}}{2} + x} \right)} \right|_{ - 1}^2 = 5.\)

 III. Dạng 3: Phương pháp đổi biến số
1) Đổi biến số dạng 1

Cho hàm số \(f\) liên tục trên đoạn \({\rm{[}}a;b{\rm{]}}{\rm{.}}\)Giả sử hàm số \(u = u(x)\) có đạo hàm liên tục trên đoạn \({\rm{[}}a;b{\rm{]}}\)\(\alpha  \le u(x) \le \beta .\) Giả sử có thể viết \(f(x) = g(u(x))u'(x),x \in {\rm{[}}a{\rm{;}}b{\rm{],}}\) với \(g\) liên tục trên đoạn \({\rm{[}}\alpha ;\beta {\rm{]}}.\) Khi đó, ta có
\(I = \int\limits_a^b {f(x)dx}  = \int\limits_{u(a)}^{u(b)} {g(u)du} .\)
Ví dụ 3: Tính tích phân \(I = \int\limits_0^{\dfrac{\pi }{2}} {{{\sin }^2}x\cos xdx} \).
Hướng dẫn giải
Đặt\(u = \sin x.\) Ta có \(du = \cos xdx.\) Đổi cận: \(x = 0 \Rightarrow u(0) = 0;x = \dfrac{\pi }{2} \Rightarrow u\left( {\dfrac{\pi }{2}} \right) = 1.\)
Khi đó \(I = \int\limits_0^{\dfrac{\pi }{2}} {{{\sin }^2}x\cos xdx}  = \int\limits_0^1 {{u^2}du}  = \dfrac{1}{3}{u^3}\left| \begin{array}{l}1\\0\end{array} \right. = \dfrac{1}{3}.\)
Bài tập áp dụng
1) \(I = \int\limits_0^1 {x\sqrt {{x^2} + 1} dx} \). 2) \(I = \int\limits_0^1 {x\sqrt[3]{{x + 1}}dx} \).
3) \(I = \int\limits_1^e {\dfrac{{\sqrt {1 + \ln x} }}{x}dx} \). 4) \(I = \int\limits_e^{{e^2}} {\dfrac{{dx}}{{2x\sqrt {2 + \ln x} }}} \).
Dấu hiệu nhận biết và cách tính tính phân
2) Đổi biến số dạng 2
 Cho hàm số \(f\) liên tục và có đạo hàm trên đoạn \([a;b].\) Giả sử hàm số \(x = \varphi (t)\) có đạo hàm và liên tục trên đoạn \({[\alpha ;\beta ]^{(*)}}\) sao cho \(\varphi (\alpha ) = a,\varphi (\beta ) = b\)\(a \le \varphi (t) \le b\) với mọi \(t \in {\rm{[}}\alpha ;\beta {\rm{]}}.\) Khi đó:
\(\int\limits_a^b {f(x)dx}  = \int\limits_\alpha ^\beta  {f(\varphi (t))} \varphi '(t)dt.\)
Một số phương pháp đổi biến: Nếu biểu thức dưới dấu tích phân có dạng
1. \(\sqrt {{a^2} - {x^2}} \): đặt \(x = |a|\sin t;\;\;t \in \left[ { - \dfrac{\pi }{2};\dfrac{\pi }{2}} \right]\)
2. \(\sqrt {{x^2} - {a^2}} \): đặt \(x = \dfrac{{|a|}}{{\sin t}};\;\;t \in \left[ { - \dfrac{\pi }{2};\dfrac{\pi }{2}} \right]\backslash {\rm{\{ }}0\} \)
3. \(\sqrt {{x^2} + {a^2}} \): \(x = |a|\tan t;\;\;t \in \left( { - \dfrac{\pi }{2};\dfrac{\pi }{2}} \right)\)
4.  \(\sqrt {\dfrac{{a + x}}{{a - x}}} \)hoặc \(\sqrt {\dfrac{{a - x}}{{a + x}}} \): đặt \(x = a.\cos 2t\)
Lưu ý: Chỉ nên sử dụng phép đặt này khi các dấu hiệu 1, 2, 3 đi với x mũ chẵn. Ví dụ, để tính tích phân \(I = \int\limits_0^{\sqrt 3 } {\dfrac{{{x^2}dx}}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}} \) thì phải đổi biến dạng 2 còn với tích phân \(I = \int_0^{\sqrt 3 } {\dfrac{{{x^3}dx}}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}} \) thì nên đổi biến dạng 1.

Ví dụ 4: Tính các tích phân sau:
a) \(I = \int\limits_0^1 {\sqrt {1 - {x^2}} } dx\). b) \(I = \int\limits_0^1 {\dfrac{{dx}}{{1 + {x^2}}}} \).
Hướng dẫn giải
 a) Đặt \(x = \sin t\) ta có \(dx = \cos tdt.\) Đổi cận: \(x = 0 \Rightarrow t = 0;x = 1 \Rightarrow t = \dfrac{\pi }{2}\).
Vậy \(I = \int\limits_0^1 {\sqrt {1 - {x^2}} } dx = \int\limits_0^{\dfrac{\pi }{2}} {|\cos t|} dt = \int\limits_0^{\dfrac{\pi }{2}} {cost} dt = \sin t|_0^{\dfrac{\pi }{2}} = 1.\)
 b) Đặt \(x = \tan t,\) ta có \(dx = \left( {1 + {{\tan }^2}t} \right)dt\). Đổi cận: \(\left\{ \begin{array}{l}x = 0 \to t = 0\\x = 1 \to t = \dfrac{\pi }{4}\end{array} \right.\).
Vậy \(I = \int\limits_0^1 {\dfrac{{dx}}{{1 + {x^2}}}}  = \int\limits_0^{\dfrac{\pi }{4}} {dt}  = t|_0^{\dfrac{\pi }{4}} = \dfrac{\pi }{4}.\)
IV. Dạng 4: Phương pháp tính tích phân từng phần.
 Định lí : 

Nếu \(u = u(x)\)\(v = v(x)\) là hai hàm số có đạo hàm và liên tục trên đoạn \([a;b]\) thì
\(\int\limits_a^b {u(x)v'(x)dx}  = \left. {\left( {u(x)v(x)} \right)} \right|_a^b - \int\limits_a^b {u'(x)v(x)dx} \),
  hay viết gọn là \(\int\limits_a^b {udv = uv|_a^b - } \int\limits_a^b {vdu} \). Các dạng cơ bản: Giả sử cần tính \(I = \int\limits_a^b {P(x).Q(x)dx} \)
Thông thường nên chú ý: “Nhất log, nhì đa, tam lượng, tứ mũ”.

 Ví dụ 5: Tính các tích phân sau :  a) \(I = \int\limits_0^{\dfrac{\pi }{2}} {x\sin xdx.} \)  b) \(I = \int\limits_0^{e - 1} {x\ln (x + 1)dx} \).
Hướng dẫn giải
a) Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}u = x\\dv = \sin xdx\end{array} \right.\) ta có \(\left\{ \begin{array}{l}du = dx\\v =  - \cos x\end{array} \right.\).
Do đó  \(I = \int\limits_0^{\dfrac{\pi }{2}} {x\sin xdx}  = \left( { - x\cos x} \right)|_0^{\dfrac{\pi }{2}} + \int\limits_0^{\dfrac{\pi }{2}} {\cos xdx}  = 0 + \sin x|_0^{\dfrac{\pi }{2}}{\rm{ }} = {\rm{1}}{\rm{.}}\)
 b) Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}u = \ln (x + 1)\\dv = xdx\end{array} \right.\) ta có \(\left\{ \begin{array}{l}du = \dfrac{1}{{x + 1}}dx\\v = \dfrac{{{x^2} - 1}}{2}\end{array} \right.\)
\(\begin{array}{c}I = \int\limits_0^{e - 1} {x\ln (x + 1)dx}  = \left. {\left[ {\ln (x + 1)\dfrac{{{x^2} - 1}}{2}} \right]} \right|_0^{e - 1} - \dfrac{1}{2}\int\limits_0^{e - 1} {(x - 1)dx}  = \dfrac{{{e^2} - 2e + 2}}{2} - \dfrac{1}{2}\left( {\dfrac{{{x^2}}}{2} - x} \right)\left| {_0^{e - 1}} \right.\\ = \dfrac{{{e^2} - 2e + 2}}{2} - \dfrac{1}{2}\dfrac{{{e^2} - 4e + 3}}{2} = \dfrac{{{e^2} + 1}}{4}.\end{array}\)