YOMEDIA

Bài 1: Tích phân xác định - Khái niệm, điều kiện, tính chất của tích phân xác định


Nội dung bài giảng Bài 1: Tích phân xác định sau đây sẽ giúp các bạn tìm hiểu về khái niệm tích phân xác định, điều kiện khả tích, vài tính chất của tích phân xác định, công thức Newton-Leibnitz. Mời các bạn cùng tham khảo!

Hãy đăng ký kênh Youtube HOC247 TV để theo dõi Video mới
 

Tóm tắt lý thuyết

1. Khái niệm tích phân xác định 

1.1. Bài toán diện tích

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 xi kẻ đường thẳng song song Oy. Hình thang cong (H) được chia thành n hình thang cong nhỏ (Hi).

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 (Hi) gần bằng diện tích hình chữ nhật có độ dài các cạnh là \(({x_{i - 1}},{x_i})\)\(f\left( {{\xi _i}} \right)\).

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

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:

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

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

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

1.2 Định nghĩa

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]

2. Điều kiện khả tích

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 Sn bằng cách nhân hai vế cho \(2\sin \frac{h}{2}\)

3. Vài tính chất của tích phân xác định

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 ki là hằng số và các hàm số fi 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 \(\int\limits_a^b {f(x)dx > 0}\)

4. Công thức Newton-Leibnitz

4.1 Sự liên hệ giữa nguyên hàm và tích phân xác định

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]

4.2 Công thức Newton-Leibnitz

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

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

 

 

YOMEDIA
1=>1
Array
(
    [0] => Array
        (
            [banner_picture] => 4_1603079338.jpg
            [banner_picture2] => 
            [banner_picture3] => 
            [banner_picture4] => 
            [banner_picture5] => 
            [banner_link] => https://tracnghiem.net/de-kiem-tra/?utm_source=Hoc247&utm_medium=Banner&utm_campaign=PopupPC
            [banner_startdate] => 2020-10-19 00:00:00
            [banner_enddate] => 2020-10-31 23:59:00
            [banner_embed] => 
            [banner_date] => 
            [banner_time] => 
        )

)