A. LÝ THUYẾT VỀ TÍCH PHÂN
1. Định nghĩa tích phân
Cho \(f\) là hàm số liên tục trên đoạn ${\rm{[}}a;b{\rm{]}}.$ Giả sử \(F\) là một nguyên hàm của \(f\)trên ${\rm{[}}a;b{\rm{]}}.$ 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
- \(\int\limits_a^a {f(x)dx = 0} \)
- \(\int\limits_a^b {f(x)dx = – \int\limits_b^a {f(x)dx} } \)
- $\int\limits_a^b {f(x)dx + } \int\limits_b^c {f(x)dx = \int\limits_a^c {f(x)dx} } $ với a < b < c
- \(\int\limits_a^b {k.f(x)dx = k.\int\limits_a^b {f(x)dx} } {\rm{ }}(k \in \mathbb{R})\)
- \(\int\limits_a^b {[f(x) \pm g(x)]dx = \int\limits_a^b {f(x)dx} \pm } \int\limits_a^b {g(x)dx} \).
B. PHƯƠNG PHÁP TÍNH TÍCH PHÂN
1. Một số phương pháp tính tích phân
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) \({\rm{I}} = \int\limits_0^1 {\dfrac{x}{{4 – {x^2}}}dx} \).
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) ${\rm{I}} = \int\limits_0^1 {\dfrac{x}{{4 – {x^2}}}dx} = – \dfrac{1}{2}\int\limits_0^1 {\dfrac{{d\left( {4 – {x^2}} \right)}}{{4 – {x^2}}}} = \left. {\ln |4 – {x^2}|} \right|_0^1 = \ln \dfrac{3}{4}$.
Bài tập áp dụng
1) \({\rm{I}} = \int\limits_0^1 {{x^3}{{({x^4} – 1)}^5}dx} \).
2) \({\rm{I}} = \int\limits_0^1 {\left( {\sqrt {2x} + \sqrt[3]{x} + 1} \right)dx} \).
3) \({\rm{I}} = \int\limits_0^1 {x\sqrt {1 – x} dx} \).
4) \({\rm{I}} = \int\limits_0^{16} {\dfrac{{dx}}{{\sqrt {x + 9} – \sqrt x }}} \).
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 \(I = \int\limits_{ – 2}^2 {|x + 1|dx} \).
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
$I = \int\limits_{ – 2}^2 {|x + 1|dx} = \int\limits_{ – 2}^{ – 1} {|x + 1|dx} + \int\limits_{ – 1}^2 {|x + 1|dx} = – \int\limits_{ – 2}^{ – 1} {\left( {x + 1} \right)dx} + \int\limits_{ – 1}^2 {\left( {x + 1} \right)dx} = – \left. {\left( {\dfrac{{{x^2}}}{2} + x} \right)} \right|_{ – 2}^{ – 1} + \left. {\left( {\dfrac{{{x^2}}}{2} + x} \right)} \right|_{ – 1}^2 = 5.$
Bài tập áp dụng
1) \(I = \int\limits_{ – 4}^3 {|{x^2} – 4|dx} \).
2) \(I = \int\limits_{ – 1}^2 {|{x^3} – 2{x^2} – x + 2|dx} \).
3) \(I = \int\limits_0^3 {|{2^x} – 4|dx} \).
4) \(I = \int\limits_{ – \dfrac{\pi }{2}}^{\dfrac{\pi }{2}} {2|\sin x|dx} \).
5) \(I = \int\limits_0^\pi {\sqrt {1 + \cos 2x} dx} \).
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 ${\rm{[}}a;b{\rm{]}}$ và .. 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 \(I = \int\limits_0^{\dfrac{\pi }{2}} {{{\sin }^2}x\cos xdx} \).
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) \(I = \int\limits_e^{{e^2}} {\dfrac{{dx}}{{2x\sqrt {2 + \ln x} }}} \).
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 \(\varphi (\alpha ) = a,\varphi (\beta ) = b\) và \(a \le \varphi (t) \le b\) 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 ..
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) \(I = \int\limits_0^1 {\dfrac{{dx}}{{1 + {x^2}}}} \).
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 \(I = \int\limits_0^1 {\dfrac{{dx}}{{1 + {x^2}}}} = \int\limits_0^{\dfrac{\pi }{4}} {dt} = t|_0^{\dfrac{\pi }{4}} = \dfrac{\pi }{4}.\)
Dạng 4: Phương pháp tính tích phân từng phần.
Định lí : Nếu \(u = u(x)\) và \(v = v(x)\) 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 \(I = \int\limits_a^b {P(x).Q(x)dx} \)
Ví dụ 5: Tính các tích phân sau
a) \(I = \int\limits_0^{\dfrac{\pi }{2}} {x\sin xdx.} \)
b) \(I = \int\limits_0^{e – 1} {x\ln (x + 1)dx} \).
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 \(\left\{ \begin{array}{l}du = \dfrac{1}{{x + 1}}dx\\v = \dfrac{{{x^2} – 1}}{2}\end{array} \right.\)
$\begin{array}{c}I = \int\limits_0^{e – 1} {x\ln (x + 1)dx} = \left. {\left[ {\ln (x + 1)\dfrac{{{x^2} – 1}}{2}} \right]} \right|_0^{e – 1} – \dfrac{1}{2}\int\limits_0^{e – 1} {(x – 1)dx} = \dfrac{{{e^2} – 2e + 2}}{2} – \dfrac{1}{2}\left( {\dfrac{{{x^2}}}{2} – x} \right)\left| {_0^{e – 1}} \right.\\ = \dfrac{{{e^2} – 2e + 2}}{2} – \dfrac{1}{2}\dfrac{{{e^2} – 4e + 3}}{2} = \dfrac{{{e^2} + 1}}{4}.\end{array}$
Bài tập áp dụng
1) $I = \int\limits_0^1 {(2x + 2){e^x}} dx$.
2) \(I = \int\limits_0^{\dfrac{\pi }{2}} {2x.\cos x} dx\).
3) \(I = \int\limits_0^{2\pi } {{x^2}.\sin \dfrac{x}{2}} dx\).
4) \(I = \int\limits_0^1 {{{(x + 1)}^2}{e^{2x}}} dx\).
- Cực trị hàm trùng phương, toán 12
- Trắc nghiệm nguyên hàm của hàm số chứa căn thức, toán 12
- Nguyên hàm, tính chất, phương pháp tìm nguyên hàm