PHÉP TÍNH TÍCH PHÂN VÀ ÁP DỤNG

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG

LÊ THỊ THU VÂN

PHÉP TÍNH TÍCH PHÂN VÀ ÁP DỤNG

Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp

Mã số : 60.46.01.13

TÓM TẮT LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Đà Nẵng – Năm 2016

Công trình được hoàn thành tại

ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG

Người hướng dẫn khoa học: TS. PHAN ĐỨC TUẤN

Phản biện 1: TS. Trương Công Quỳnh

Phản biện 2: TS. Hoàng Quang Tuyến

Luận văn đã được bảo vệ trước Hội đồng chấm Luận văn

tốt nghiệp Thạc sĩ Khoa học họp tại Đại Học Đà Nẵng vào ngày

13 tháng 8 năm 2016.

Có thể tìm hiểu Luận văn tại:

- Trung tâm Học liệu, Đại học Đà Nẵng

- Thư viện trường Đại học Sư phạm, Đại học Đà Nẵng

1

MỞ ĐẦU

1. Lý do chọn đề tài

Toán học là môn khoa học gắn liền với thực tiễn. Trong toán

học, giải tích chiếm một vị trí vô cùng quan trọng. Các kết quả

nghiên cứu được trong giải tích không chỉ áp dụng trong các lĩnh vực

của Toán học mà còn áp dụng trong các ngành khoa học khác như

Vật lý, Hóa học,Thiên văn học...

Để có các kiến thức về giải tích một cách có hệ thống và

khoa học thì việc nắm vững và hiểu sâu sắc các kiến thức ban đầu

của giải tích: “ Phép tính tích phân” là điều cần thiết và quan trọng.

Vì những lí do trên chúng tôi lựa chọn đề tài: “Phép tính tích phân

và áp dụng”.

2. Mục tiêu và nội dung nghiên cứu của đề tài

Mục tiêu của đề tài là nhằm giúp người đọc hiểu được về phép

tính tích phân và một số áp dụng của nó. Một số điểm cố gắng đưa

vào trong luận văn là:

- Trình bày một số định nghĩa liên quan đến phép tính tích

phân, chứng minh chặt chẽ các định lý liên quan.

- Giới thiệu một số áp dụng cụ thể của tích phân.

- Đưa nhiều ví dụ và bài tập liên quan đến đề tài.

Nội dung của đề tài được dự định chia thành 2 chương và

phụ lục:

Chương 1: Kiến thức chuẩn bị.

Chương 2: Áp dụng của phép tính tích phân.

Trong mỗi phần sẽ đưa vào các ví dụ và bài tập áp dụng cụ thể.

2

3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu

Đối tượng nghiên cứu của đề tài là các bài toán áp dụng trong

tích phân.

Phạm vi nghiên cứu của đề tài là vận dụng các phương pháp

giải toán thích hợp trong tích phân để giải quyết các bài toán bất đẳng

thức và giới hạn.

4. Phương pháp nghiên cứu

1. Thu thập các bài báo khoa học và tài liệu của các tác giả

nghiên cứu liên quan đến phép tính tích phân.

2. Tham gia các buổi seminar của thầy hướng dẫn để trao đổi

các kết quả đang nghiên cứu.

5. Cấu trúc của luận văn

Ngoài phần mở đầu và kết luận và danh mục các tài liệu tham

khảo, nội dung luận văn được chia thành hai chương:

Chương 1. Kiến thức chuẩn bị. Trong chương 1, luận văn trình bày:

Các định nghĩa, khái niệm và kết quả cơ bản của tích phân xác

định; bất đẳng thức tích phân và một số ứng dụng hình học, vật lý

của của tích phân để làm cơ sở cho chương sau.

Chương 2. Các dạng bài tập áp dụng phép tính tích phân.Trong

chương 2, luận văn trình bày:

Các bài toán liên quan các tính chất của tổng Darboux; bất

đẳng thức tích phân và giới thiệu một số bài toán áp dụng hình học,

vật lý trong tích phân xác định.

3

CHƯƠNG 1

KIẾN THỨC CHUẨN BỊ

Chương này nhắc lại một số kiến thức cơ sở về tích phân,bất

đẳng thức có liên quan đến việc nghiên cứu trong chương tiếp theo.

Các nội dung trình bày trong chương chủ yếu được tham khảo trong

các tài liệu [1], [3], [4], [5],[7].

1.1. ĐỊNH NGHĨA TÍCH PHÂN XÁC ĐỊNH

1.1.1. Bài toán diện tích hình thang cong

1.1.2. Định nghĩa tích phân xác định

Cho hàm 𝑓(𝑥) xác định trên [𝑎, 𝑏]. Chia [𝑎, 𝑏] thành n-phần

tùy ý bởi các điểm chia (ta gọi là một phân hoạch của đoạn [𝑎, 𝑏])

𝑎 = 𝑥0 < 𝑥1 < ⋯ < 𝑥𝑛 = 𝑏.

Lấy điểm bất kỳ 𝑀𝑘 ∈ [𝑥𝑘 , 𝑥𝑘+1] , lập tổng tích phân

𝑆𝑛 = ∑ 𝑓(𝑀𝑘). ∆𝑘

𝑛−1

𝑘=0

, ∆𝑘= 𝑥𝑘+1 − 𝑥𝑘(Tổng Riemann).

Ta cho max ∆𝑥𝑘 → 0 nếu 𝑆𝑛 tiến đến một giới hạn hữu hạn

mà không phụ thuộc cách chia [𝑎, 𝑏] và cách lấy điểm 𝑀𝑘 thì giới

hạn đó được gọi là tích phân xác định của hàm 𝑓(𝑥) trên [𝑎, 𝑏] và kí

hiệu là

∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥𝑏

𝑎

.

Khi ấy, ta nói hàm 𝑓(𝑥) khả tích trên [𝑎, 𝑏].

1.1.3. Ý nghĩa hình học của tích phân xác định

4

1.2. ĐIỀU KIỆN KHẢ TÍCH

1.2.1. Điều kiện cần để hàm khả tích

Định lí 1.1. Nếu hàm f khả tích trên đoạn [𝑎, 𝑏] thì nó bị chặn

trên đoạn này.

Chứng minh

Ta giả sử ngược lại rằng hàm 𝑓 không bị chặn trên [𝑎, 𝑏] .Bởi

vì hàm 𝑓 không bị chặn trên [𝑎, 𝑏] nên với phân điểm 𝑇 bất kì của

đoạn [𝑎, 𝑏], hàm𝑓 không bị chặn ít nhất trên một đoạn con nào đó.

Để đơn giản cho việc chứng minh, ta giả sử nó không còn bị chặn

trên [𝑥0, 𝑥1].

Khi đó trong các đoạn còn lại [𝑥1, 𝑥2], [𝑥2,𝑥3], … , [𝑥𝑛−1, 𝑥𝑛] ta

hãy chọn các điểm tùy ý ξ1,

ξ2

, … , ξ𝑛

và kí hiệu:

𝜎 ′ = 𝑓(ξ2)∆𝑥2 + 𝑓(ξ

3)∆𝑥3 + ⋯ + 𝑓(ξ𝑛)∆𝑥𝑛. (1.2.1)

Do 𝑓 không bị chặn trên đoạn [𝑥0, 𝑥1] nên với mọi 𝑀 > 0, ta

chọn được ξ1

∈ [𝑥0, 𝑥1] sao cho:

|𝑓(ξ1

)||𝜎 ′| + 𝑀

|∆𝑥1|. (1.2.2)

Khi đó,|𝑓(ξ1

)|. |∆𝑥1| ≥ |𝜎 ′| + 𝑀 và tổng tích phân tương ứng

|𝜎𝑛| = |𝑓(ξ1)∆𝑥1 + 𝜎 ′| ≥ ||𝑓(ξ

1)||∆𝑥1| − |𝜎 ′|| ≥ 𝑀 . (1.2.3)

Do đó, tổng tích phân 𝜎𝑛 không thể có giới hạn hữu hạn, điều

này nghĩa là tích phân xác định của hàm 𝑓 không tồn tại.

1.2.2. Các tổng Darboux

Giả sử hàm f xác định và bị chặn trên [𝑎, 𝑏]. Khi đó tồn tại các

hằng số m và M sao cho:

5

𝑚 ≤ 𝑓(𝑥) ≤ 𝑀, ∀𝑥 ∈ [𝑎, 𝑏].

Ta xét phân điểm 𝑇 = {𝑥𝑘} của đoạn [𝑎, 𝑏]. Kí hiệu:

𝑚𝑘 = inf 𝑓(𝑥) , 𝑀𝑘 = sup 𝑓(𝑥), 𝜔𝑘 = 𝑀𝑘 − 𝑚𝑘 .

𝑥 ∈ [𝑥𝑘−1, 𝑥𝑘] 𝑥 ∈ [𝑥𝑘−1, 𝑥𝑘]

Đại lượng 𝜔𝑘 gọi là giao động của 𝑓 trên [𝑥𝑘−1, 𝑥𝑘]. Tổng

𝑆𝑛 = ∑ 𝑚𝑘∆𝑥𝑘

𝑛

𝑘=1

, 𝑆𝑛 = ∑ 𝑀𝑘∆𝑥𝑘 .

𝑛

𝑘=1

(1.2.4)

lần lượt là tổng tích phân Darboux dưới và tổng tích phân Darboux

trên của hàm 𝑓(𝑥) trên đoạn [𝑎, 𝑏] tương ứng với phân điểm T của

đoạn [𝑎, 𝑏].

Nếu {𝑥𝑘} là một phân điểm của đoạn [𝑎, 𝑏], ta có bất đẳng thức

sau:

𝑆𝑛 ≤ 𝜎𝑛 ≤ 𝑆𝑛. (1.2.5)

1.2.3. Các tính chất của tổng tích phân Darboux

1.2.4. Dấu hiệu tồn tại của tích phân xác định

Định lý 1.2. Để hàm bị chặn 𝑓(𝑥) khả tích trên đoạn [𝑎, 𝑏]

điều kiện cần và đủ là:

𝑑 = max𝑘

∆𝑥𝑘 , lim𝑑→0

(𝑆𝑛 − 𝑆𝑛) = 0. (1.2.10)

Điều kiện (1.2.10) nghĩa là:

∀휀 > 0, ∃𝛿 = 𝛿(휀) > 0, sao cho nếu 𝑑 < 𝛿 thì:

|𝑆𝑛 − 𝑆𝑛| < 휀. (1.2.11)

không phụ thuộc vào cách chọn các điểm 𝜉𝑘 ∈ [𝑥𝑘−1, 𝑥𝑘].

1.3. CÁC TÍNH CHẤT CƠ BẢN CỦA TÍCH PHÂN

1.3.1. Công thức Newton-Leibnitz

Nếu hàm 𝑓(𝑥) liên tục trên đoạn [𝑎, 𝑏] và 𝐹(𝑥) là một nguyên

6

hàm của 𝑓(𝑥) thì


𝑎

= 𝐹(𝑏) − 𝐹(𝑎) = 𝐹(𝑥)|𝑎𝑏 .

1.3.2. Công thức tích phân từng phần

Nếu hai hàm 𝑓(𝑥), 𝑔(𝑥) khả vi và liên tục trên [𝑎, 𝑏] thì

∫ 𝑓(𝑥)𝑏

𝑎

𝑔′(𝑥)𝑑𝑥 = 𝑓(𝑥)𝑔(𝑥)|𝑎𝑏 − ∫ 𝑓 ′(𝑥)

𝑏

𝑎

𝑔(𝑥)𝑑𝑥.

1.3.3. Đổi biến số

Giả sử thoả mãn các điều kiện sau:

1) Hàm 𝑓(𝑥) liên tục trên đoạn [a,b].

2) Hàm 𝜑(𝑡) khả vi, liên tục trên đoạn [𝛼, 𝛽].

3) 𝜑([𝛼, 𝛽]) ⊂ [𝑎, 𝑏], 𝜑(𝛼) = 𝑎, 𝜑(𝛽) = 𝑏.

Với các điều kiện này thì ta có công thức


𝑎

= ∫ 𝑓(𝜑(𝑡))𝛽

𝛼

𝜑′(𝑡)𝑑𝑡.

1.3.4. Các tính chất của tích phân xác định

Định lí 1.3. (Tính chất tuyến tính): Nếu 𝑓, 𝑔 là hai hàm khả

tích trên [𝑎, 𝑏] thì 𝑓 + 𝛽𝑔 , trong đó 𝛼, 𝛽 = cons𝑡 , cũng khả tích trên

[𝑎, 𝑏] và

∫ (𝛼𝑓(𝑥) + 𝛽𝑔(𝑥))𝑑𝑥𝑏

𝑎

= 𝛼 ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥𝑏

𝑎

+ 𝛽 ∫ 𝑔(𝑥)𝑑𝑥.𝑏

𝑎

Định lí 1.4. Nếu 𝑓, 𝑔 là hai hàm khả tích trên [𝑎, 𝑏] thì tích hai

hàm 𝑔. 𝑓 cũng khả tích trên [𝑎, 𝑏] .

Định lí 1.5. (Tính chất cộng của tích phân) Cho ba đoạn

[𝑎, 𝑏], [𝑎, 𝑐]và [𝑐, 𝑏]. Nếu 𝑓(𝑥) khả tích trên đoạn có độ dài lớn nhất

7

thì nó cũng khả tích trên đoạn còn lại và


𝑎

= ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥𝑐

𝑎

+ ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥.𝑏

𝑐

Định lí 1.6. Tính khả tích và giá trị của tích phân không thay

đổi nếu ta thay đổi giá trị của nó tại một số hữu hạn điểm.

Định lí 1.7. Giả sử𝑓(𝑥) khả tích trên [𝑎, 𝑏].

𝑎) Nếu𝑓(𝑥) ≥ 0 ∀𝑥 ∈ [𝑎, 𝑏] , 𝑎 < 𝑏, thì ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥𝑏

𝑎

≥ 0 .

𝑏) Nếu𝑓(𝑥) > 0 ∀𝑥 ∈ [𝑎, 𝑏] , 𝑎 < 𝑏, thì ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥𝑏

𝑎

> 0.

Định lí 1.8. ( Tính đơn điệu)

Nếu 𝑓(𝑥) ≤ 𝑔(𝑥), ∀𝑥 ∈ [𝑎, 𝑏] thì ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥𝑏

𝑎

≤ ∫ 𝑔(𝑥)𝑑𝑥.𝑏

𝑎

Định lí 1.9. Nếu 𝑓(𝑥) khả tích trên [𝑎, 𝑏], thì |𝑓(𝑥)| khả tích

trên [𝑎, 𝑏] và

|∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥𝑏

𝑎

| ≤ ∫ |𝑓(𝑥)|𝑑𝑥.𝑏

𝑎

Định lí 1.10. (Đánh giá tích phân xác định)

Nếu 𝑚 và 𝑀 tương ứng là giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của hàm

𝑓(𝑥) trên [𝑎, 𝑏], 𝑎 < 𝑏 thì:

𝑚(𝑏 − 𝑎) ≤ ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥𝑏

𝑎

≤ 𝑀(𝑏 − 𝑎).

1.3.5 Các định lí giá trị trung bình

Định lí giá trị trung bình thứ nhất.

Giả sử𝑓(𝑥)khả tích trên [𝑎, 𝑏], (𝑎 < 𝑏)và 𝑚 = inf[𝑎,𝑏]

𝑓 , 𝑀 = sup[𝑎,𝑏]

𝑓 .

8

Khi đó∃𝜇 , 𝑚 ≤ 𝜇 ≤ 𝑀 sao cho:


𝑎

= 𝜇(𝑏 − 𝑎) (1.3.1)

Định lí giá trị trung bình thứ hai. Giả sử

a) 𝑓(𝑥) và tích 𝑓(𝑥)𝑔(𝑥) khả tích trên [𝑎, 𝑏], 𝑎 < 𝑏.

b) 𝑚 ≤ 𝑓(𝑥) ≤ 𝑀∀𝑥 ∈ [𝑎, 𝑏].

c) 𝑔(𝑥) không đổi dấu trên [a,b].

Khi đó với 𝑚 ≤ 𝜇 ≤ 𝑀

∫ 𝑓(𝑥)𝑔(𝑥)𝑑𝑥𝑏

𝑎

= 𝜇 ∫ 𝑔(𝑥)𝑑𝑥.𝑏

𝑎

(1.3.4)

Đặt biệt nếu 𝑓(𝑥) liên tục trên [𝑎, 𝑏] thì với 𝑐 ∈ [𝑎, 𝑏]

∫ 𝑓(𝑥)𝑔(𝑥)𝑑𝑥𝑏

𝑎

= 𝑓(𝑐) ∫ 𝑔(𝑥)𝑑𝑥.𝑏

𝑎

(1.3.5)

1.4. MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC VỚI TÍCH PHÂN

1.4.1. Bất đẳng thức Bunhiacopxki

Cho 𝑓(𝑥) và𝑔(𝑥) là hai hàm số liên tục trên đoạn [𝑎, 𝑏]. Khi

đó ta có

(∫ 𝑓(𝑥)𝑔(𝑥)𝑑𝑥𝑏

𝑎

)

2

≤ ∫ 𝑓2(𝑥)𝑑𝑥𝑏

𝑎

∫ 𝑔2(𝑥)𝑑𝑥.𝑏

𝑎

1.4.2. Bất đẳng thức Chebyshev

Cho 𝑓(𝑥) và 𝑔(𝑥) là các hàm số liên tục trên đoạn [𝑎; 𝑏] và

trên đoạn ấy chúng cùng đồng biến ( hoặc cùng nghịch biến). Ta có

(𝑏 − 𝑎) ∫ 𝑓(𝑥)𝑔(𝑥)𝑏

𝑎

≥ ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥𝑏

𝑎

∫ 𝑔(𝑥)𝑑𝑥.𝑏

𝑎

9

1.4.3. Bất đẳng thức Diaz

Cho 𝑓(𝑥), 𝑔(𝑥) là các hàm số liên tục trên đoạn [𝑎, 𝑏], 𝑓(𝑥) ≠

0 ∀𝑥 ∈ [𝑎, 𝑏] và 𝑚 ≤𝑔(𝑥)

𝑓(𝑥)≤ 𝑀∀𝑥 ∈ [𝑎, 𝑏]. Khi đó ta có:

∫ 𝑔2(𝑥)𝑑𝑥𝑏

𝑎

+ 𝑀𝑚 ∫ 𝑓2(𝑥)𝑑𝑥𝑏

𝑎

≤ (𝑀 + 𝑚) ∫ 𝑓(𝑥)𝑔(𝑥)𝑑𝑥.𝑏

𝑎

1.4.4. Bất đẳng thức Polya

Cho 𝑓(𝑥), 𝑔(𝑥) là các hàm số liên tục trên đoạn [𝑎, 𝑏] và 0 <

𝑎 ≤ 𝑓(𝑥) ≤ 𝐴, 0 < 𝑏 ≤ 𝑔(𝑥) ≤ 𝐵 ∀𝑥 ∈ [𝑎, 𝑏].

Khi đó

(𝑎𝑏 + 𝐴𝐵)2

4𝑎𝐴𝑏𝐵≥

∫ 𝑓2(𝑥)𝑑𝑥 ∫ 𝑔2(𝑥)𝑑𝑥𝑏

𝑎

𝑏

𝑎

(∫ 𝑓(𝑥)𝑔(𝑥)𝑑𝑥𝑏

𝑎)

2 ≥4𝑎𝐴𝑏𝐵

(𝑎𝑏 + 𝐴𝐵)2.

1.4.5. Bất đẳng thức với số tự nhiên

Mệnh đề 1.1. Cho hàm số 𝑦 = 𝑓(𝑥) là một hàm lồi, liên tục và

không âm trên [𝑎, 𝑏]. Khi đó với mọi phép phân hoạch đoạn [𝑎, 𝑏]

bởi các điểm chia

𝑎 = 𝑥0 < 𝑥1 < 𝑥2 < ⋯ < 𝑥𝑛 = 𝑏.

Ta có

∑𝑓(𝑥𝑖−1) + 𝑓(𝑥𝑖)

2

𝑛

𝑖=1

(𝑥𝑖 − 𝑥𝑖−1) < ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥.𝑏

𝑎

Mệnh đề 1.2. Cho hàm số 𝑦 = 𝑓(𝑥) là một hàm lõm, liên tục

và không âm trên [𝑎, 𝑏]. Khi đó với mọi phép phân hoạch đoạn [𝑎, 𝑏]

bởi các điểm chia

𝑎 = 𝑥0 < 𝑥1 < 𝑥2 < ⋯ < 𝑥𝑛 = 𝑏.

10

Ta có

∑𝑓(𝑥𝑖−1) + 𝑓(𝑥𝑖)

2

𝑛

𝑖=1

(𝑥𝑖 − 𝑥𝑖−1) > ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥.𝑏

𝑎

Mệnh đề 1.3. Cho hàm số 𝑦 = 𝑓(𝑥)liên tục và không âm trên

[𝑎, 𝑏]. Khi đó với mọi phép phân hoạch đoạn [𝑎, 𝑏] bởi các điểm chia

𝑎 = 𝑥0 < 𝑥1 < 𝑥2 < ⋯ < 𝑥𝑛 = 𝑏.

Ta có:

a. Nếu 𝑓(𝑥) đồng biến trên [𝑎, 𝑏] thì:

∑ 𝑓(𝑥𝑖−1)(𝑥𝑖 − 𝑥𝑖−1)

𝑛

𝑖=1

< ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥𝑏

𝑎

< ∑ 𝑓(𝑥𝑖)(𝑥𝑖 − 𝑥𝑖−1).

𝑛

𝑖=1

b. Nếu 𝑓(𝑥) nghịch biến trên [𝑎, 𝑏] thì:

∑ 𝑓(𝑥𝑖−1)(𝑥𝑖 − 𝑥𝑖−1)

𝑛

𝑖=1

> ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥𝑏

𝑎

> ∑ 𝑓(𝑥𝑖)(𝑥𝑖 − 𝑥𝑖−1).

𝑛

𝑖=1

1.4.6. Bất đẳng thức với số thực

Mệnh đề 1.4. Cho hàm số 𝑦 = 𝑓(𝑥) liên tục, không âm và đơn

điệu tăng trên [0, 𝑐) với 𝑐 > 0. Gọi 𝑓−1(𝑥) gọi là hàm ngược của nó.

Khi đó, ∀𝑎 ∈ [0, 𝑐), ∀𝑏 ∈ [𝑓(0), 𝑓(𝑐)) ta có:

∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥𝑎

0

+ ∫ 𝑓−1(𝑥)𝑑𝑥𝑓(𝑏)

𝑓(0)

≥ 𝑎𝑏.

Dấu ′′ = ′′ chỉ xảy ra khi và chỉ khi 𝑏 = 𝑓(𝑎).

Mệnh đề 1.5.Cho hàm số 𝑦 = 𝑓(𝑥) liên tục, không âm và đơn

điệu tăng trên [𝛼, 𝛽), 0 ≤ 𝛼 ≤ 𝛽. Khi đó ∀𝑎 ∈ [𝛼, 𝛽), ∀𝑏 ∈

[𝑓(𝛼), 𝑓(𝛽)) ta có:

∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥𝑎

0

+ ∫ 𝑓−1(𝑥)𝑑𝑥𝑏

𝑓(𝛼)

≥ 𝑎𝑏 − 𝛼𝑓(𝛼).

11

CHƯƠNG 2

ÁP DỤNG CỦA PHÉP TÍNH TÍCH PHÂN

Trong chương này, chúng tôi trình bày một số bài toán liên

quan đến các tính chất tổng Darboux,bất đẳng thức tích phân và giới

thiệu một số bài toán liên quan đến hình học, vật lí của tích phân xác

định…Các kiến thức trình bày trong chương được tham khảo ở các

tài liệu [1],[2],[3],[4],[6],[7] và [8].

2.1. ÁP DỤNG CỦA TÍCH PHÂN XÁC ĐỊNH

2.1.1. Áp dụng tính tích phân xác định

Bài toán 2.1. Giả sử hàm 𝑓(𝑥) và 𝑔(𝑥) liên tục trên [𝑎, 𝑏].

Chứng minh rằng

lim𝑚𝑎𝑥∆𝑥𝑖→0

∑ 𝑓(𝜉𝑖)𝑔(𝜃𝑖)∆𝑥𝑖

𝑛−1

𝑖=0

= ∫ 𝑓(𝑥)𝑔(𝑥)𝑑𝑥𝑏

𝑎

.

ở đây 𝑥𝑖 ≤ 𝜉𝑖 ≤ 𝑥𝑖+1, 𝑥𝑖 ≤ 𝜃𝑖 ≤ 𝑥𝑖+1(𝑖 = 0,1, … , 𝑛 − 1).

Bài toán 2.2. Giả sử 𝑓(𝑥) giới nội và đơn điệu trên [0,1].

Chứng minh rằng

∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥1

0

−1

𝑛∑ 𝑓 (

𝑘

𝑛)

𝑛

𝑘=1

= 0 (1

𝑛).

Bài toán 2.3. Giả sử 𝑋𝑟 là tập hợp tất cả những điểm hữu tỉ

của đoạn [0,1], 𝜑(𝑥) là hàm đặc trưng của tập hợp này.Chứng minh

rằng mọi tổng Darboux trên của hàm bằng 1, còn mọi tổng Darboux

dưới của hàm bằng 0.

Bài toán 2.4. Giả sử 𝐹(𝑥) và 𝐺(𝑥) là những hàm khả tích trên

đoạn [0,1] đồng thời trên đoạn này 𝐹(𝑥) ≤ 𝐺(𝑥).

12

Nếu hàm 𝑓(𝑥) bằng 𝐺(𝑥) khi 𝑥 ∈ 𝑋𝑟 ,bằng F(x) nếu 𝑥 ∉ 𝑋𝑟

(𝑋𝑟 kí hiệu giống bài toán trước), hãy chứng minh rằng

𝐼𝑓∗ = ∫ 𝐺(𝑥)𝑑𝑥

1

0

, 𝐼∗𝑓 = ∫ 𝐹(𝑥)𝑑𝑥.1

0

ở đây 𝐼𝑓∗ là tích phân Darboux trên của hàm 𝑓(𝑥) trên [0,1] , 𝐼∗𝑓 là

tích phân Darboux dưới của hàm 𝑓(𝑥) trên [0,1]

Bài toán 2.5. Tính tích phân xác định, xem chúng như là giới

hạn của tổng tích phân tương ứng và phân chia đoạn lấy tích phân

một cách thích hợp.

𝑎) ∫ 𝑥2𝑑𝑥2

−1

𝑏) ∫ sin𝑥𝑑𝑥

𝜋

2

0

𝑐) ∫𝑑𝑥

𝑥2

1

0

𝑑) ∫ 𝑥𝑚𝑏

𝑎

𝑑𝑥 (0 < 𝑎 < 𝑏, 𝑚 ≠ −1)

Bài toán 2.6. Giả sử hàm 𝑓(𝑥) khả tích trên [𝐴, 𝐵]. Chứng

minh rằng 𝑓(𝑥) có tính chất liên tục của tích phân tức là:

limℎ→0

∫ |𝑓(𝑥 + ℎ) − 𝑓(𝑥)|𝑑𝑥 = 0𝑏

𝑎

ở đây[𝑎, 𝑏] ⊂ [𝐴, 𝐵]

Bài toán 2.7. Giả sử hàm 𝑓(𝑥) khả tích trên [𝑎, 𝑏].

Chứng minh rằng ∫ 𝑓2(𝑥)𝑑𝑥 = 0𝑏

𝑎khi và chỉ khi 𝑓(𝑥) =

0 tại tất cả những điểm liên tục của hàm 𝑓(𝑥) thuộc đoạn [𝑎, 𝑏].

2.1.2. Tính giới hạn của tổng nhờ tích phân không xác định

Bài toán và cách trình bày.

Cho 𝑆𝑛 = 𝑢1 + 𝑢2 + ⋯ + 𝑢𝑛. Tính lim𝑛→∞

𝑆𝑛

Lời giải.Ngoài cách tính trực tiếp tổng 𝑆𝑛 thông qua các công

thức về dãy cấp số cộng, cấp số nhân. Ta có thể tính bài toán này nhờ

tích phân sau:

13

1. Biến đổi 𝑆𝑛 về dạng.

𝑆𝑛 =𝑏 − 𝑎

𝑛[𝑓 (𝑎 +

𝑏 − 𝑎

𝑛) + 𝑓 (𝑎 + 2

𝑏 − 𝑎

𝑛) + ⋯ + 𝑓 (𝑎 + 𝑛

𝑏 − 𝑎

𝑛)] =

𝑏 − 𝑎

𝑛∑ 𝑓 (𝑎 + 𝑖

𝑏 − 𝑎

𝑛)

𝑛

𝑖−1

.

2. Chỉ ra hàm 𝑓 và chứng minh 𝑓 liên tục trên [𝑎; 𝑏].

3. Kết luận lim𝑛→∞

𝑆𝑛 = ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥𝑏

𝑎.

Trong thực hành chúng ta thương gặp các dạng đơn giản 𝑎 =

0, 𝑏 = 1. Khi đó các giai đoạn trên được rút gọn như sau:

1. Biến đổi 𝑆𝑛 về dạng.

𝑆𝑛 =1

𝑛[𝑓 (

1

𝑛) + 𝑓 (

2

𝑛) + ⋯ + 𝑓 (

𝑛

𝑛)] =

1

𝑛∑ 𝑓 (

𝑖

𝑛)

𝑛

𝑖−1

.

2. Chỉ ra hàm f và chứng minh f liên tục trên [𝑎; 𝑏].

3. Kết luận lim𝑛→∞

𝑆𝑛 = ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥.𝑏

𝑎

Bài toán 2.8. Tính

lim𝑛→∞

𝑆𝑛 = 1

𝑛 + 1+

1

𝑛 + 2+ ⋯ +

1

𝑛 + 𝑛 .


lim𝑛→∞

𝑆𝑛 với𝑆𝑛 =1

𝑛(sin

𝜋

𝑛+ sin

2𝜋

𝑛+ ⋯ + sin

(𝑛 − 1)𝜋

𝑛).


lim𝑛→+∞

𝑆𝑛với𝑆𝑛 = (1

√4𝑛2 − 1+

1

√4𝑛2 − 22+ ⋯ +

1

√4𝑛2 − 𝑛2).


lim𝑛→+∞

𝜋2

𝑛2(

sin𝜋

𝑛

1 + cos2 (𝜋

𝑛)

+2sin

2𝜋

𝑛

1 + cos2 (2𝜋

𝑛)

+ ⋯ +𝑛sin

𝑛𝜋

𝑛

1 + cos2 (𝑛𝜋

𝑛)

)

14

2.2. ÁP DỤNG CHỨNG MINH BẤT ĐẲ NG THỨC

2.2.1 Bất đẳng thức tích phân

Bài toán 2.12. Chứng minh rằng

𝜋

4≤ ∫ (sin 𝑥 + cos 𝑥)𝑑𝑥

𝜋

4

0

≤𝜋√2

4.

Lời giải. Đặt

𝑓(𝑥) = sin 𝑥 + cos 𝑥 = √2 sin (𝑥 +𝜋

4) .

Ta có 𝑓′(𝑥) = √2 cos (𝑥 +𝜋

4) và𝑓′(𝑥) ≥ 0 ∀𝑥 ∈ (0,

𝜋

4).

Do 𝑓(𝑥) là hàm số tăng ∀𝑥 ∈ [0,𝜋

4] , tức là 𝑓(0) ≤ 𝑓(𝑥) ≤ 𝑓 (

𝜋

4).

⇒ 1 ≤ sin 𝑥 + cos 𝑥 ≤ √2.

⇒ 1 ∫ 𝑑𝑥 ≤ ∫ (sin 𝑥 + cos 𝑥)𝑑𝑥

𝜋

4

0

≤ √2 ∫ 𝑑𝑥

𝜋

4

0

.

𝜋

4

0

⇒𝜋

4≤ ∫ (sin 𝑥 + cos 𝑥)𝑑𝑥

𝜋

4

0

≤𝜋√2

4 .

Bài toán 2.13. Chứng minh bất đẳng thức

1

2∫ 𝑥𝑚𝑒2𝑥𝑑𝑥 >

𝜋

0

𝜋𝑚+2

𝑚 + 2+

𝜋𝑚+3

𝑚 + 3 , 𝑚 ∈ 𝑁


∫ (∑(cos 𝑥)𝑘𝑚 + 𝑛sin𝑥

𝑛

𝑘=1

)

1𝑛⁄

0

𝑑𝑥 <5

4, 1 < 𝑚 ∈ 𝑁, 𝑛 ∈ 𝑁∗.


∫ 𝑥tan𝑛

𝜋

4

0

𝑥𝑑𝑥 >1

𝑛 + 2(

𝜋

4)

𝑛+2

, 𝑛 ∈ 𝑁∗.

15

Bài toán 2.16. Cho 𝑓(𝑥) liên tục trên đoạn [0;1], 0 ≤ 𝑓(𝑥) ≤

1∀𝑥𝜖[0; 1]. Chứng minh rằng

∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥1

0

≥ (∫ 𝑓(𝑥2)𝑑𝑥1

0

)

2

.


∫ sin𝑥2𝑑𝑥 > 0√2𝜋

0

.


𝑒𝑥 − 1 < ∫ √𝑒2𝑡 + 𝑒−𝑡𝑑𝑡𝑥

0

< √(𝑒𝑥 − 1) (𝑒𝑥 −1

2) , 𝑥 > 0.

Lời giải. Ta có

∫ √𝑒2𝑡 + 𝑒−𝑡𝑑𝑡𝑥

0

= ∫ 𝑒1

2𝑡√𝑒𝑡 + 𝑒−2𝑡𝑑𝑡

𝑥

0

. (1)

Theo bất đẳng thức Bunhiacovski, thì

(∫ 𝑒1

2𝑡√𝑒𝑡 + 𝑒−2𝑡𝑑𝑡

𝑥

0

)

2

≤ ∫ 𝑒𝑡𝑑𝑡𝑥

0

∫ (𝑒𝑡 + 𝑒−2𝑡)𝑑𝑡𝑥

0

.

Từ (1), ta có

(∫ √𝑒2𝑡 + 𝑒−𝑡𝑑𝑡𝑥

0

)

2

≤ (𝑒𝑥 − 1) (𝑒𝑥 −1

2−

1

2𝑒−2𝑥).

< (𝑒𝑥 − 1) (𝑒𝑥 −1

2). (2)

Mặt khác, vì

√𝑒2𝑡 + 𝑒−𝑡 > 𝑒𝑡, 0 < 𝑡 < 𝑥.

16

Nên

∫ √𝑒2𝑡 + 𝑒−𝑡𝑑𝑡𝑥

0

> ∫ 𝑒𝑡𝑑𝑡𝑥

0

= 𝑒𝑥 − 1. (3)

Từ (2) và (3), suy ra

𝑒𝑥 − 1 < ∫ √𝑒2𝑡 + 𝑒−𝑡𝑑𝑡𝑥

0

< √(𝑒𝑥 − 1) (𝑒𝑥 −1

2).

Bài toán 2.19. Cho hàm số liên tục 𝑓: [0,1] → [−1,1]. Chứng

minh rằng

∫ √1 − 𝑓2(𝑥)1

0

𝑑𝑥 ≤ √1 − (∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥1

0

)

2

.


(𝑒 + 1) ∫ (𝑒𝑥 − 1)2𝑑𝑥1

0

≤ (𝑒 − 1) ∫ (𝑒2𝑥 − 1)1

0

𝑑𝑥.

Lời giải. Bất đẳng thức đã cho tương đương với

∫ (𝑒𝑥 − 1)2𝑑𝑥1

0

≤𝑒 − 1

𝑒 + 1∫ (𝑒𝑥 − 1)(𝑒𝑥 + 1)

1

0

𝑑𝑥.

Xét hàm số

𝑦 =𝑒𝑥 − 1

𝑒𝑥 + 1, 𝑦′ =

2𝑒𝑥

(𝑒𝑥 + 1)2 ∀𝑥 ∈ [0,1].

Do hàm số 𝑦 =𝑒𝑥 − 1

𝑒𝑥 + 1đồng biến trên[0,1]

𝑓(0) ≤ 𝑓(𝑥) ≤ 𝑓(1) ⟺ 0 ≤ 𝑓(𝑥) ≤𝑒 − 1

𝑒 + 1.

Áp dụng bất đẳng thức Diaz cho

𝑔(𝑥) = 𝑒𝑥 − 1, 𝑓(𝑥) = 𝑒𝑥 + 1 ≠ 0, ∀𝑥 ∈ [0,1]với 𝑚 = 0; 𝑀 =𝑒 − 1

𝑒 + 1

17

∫ (𝑒𝑥 − 1)2𝑑𝑥 +𝑒 − 1

𝑒 + 1. 0 ∫ (𝑒𝑥 + 1)2

1

0

1

0

≤𝑒 − 1

𝑒 + 1∫ (𝑒𝑥 − 1)(𝑒𝑥 + 1)

1

0

𝑑𝑥

⟺ ∫ (𝑒𝑥 − 1)2𝑑𝑥1

0

≤𝑒 − 1

𝑒 + 1∫ (𝑒2𝑥 − 1)

1

0

𝑑𝑥

⟺ (𝑒 + 1) ∫ (𝑒𝑥 − 1)2𝑑𝑥1

0

≤ (𝑒 − 1) ∫ (𝑒2𝑥 − 1)1

0

𝑑𝑥.

Bài toán 2.21. Cho 𝑎 ≥ 0, 𝑏 ≥ 0. Chứng minh rằng

𝑎√𝑎2 + 1 + 𝑏√𝑏2 − 1 + ln𝑎 + √𝑎2 + 1

𝑏 + √𝑏2 − 1≥ 2𝑎𝑏.

Bài toán 2.22. Cho 0 ≤ 𝑎 < 1 và 𝑏 ≥ 1. Chứng minh rằng

arcsin 𝑎 + √𝑏2 − 1 ≥ arctg√𝑏2 − 1 + 𝑎𝑏.


𝑎[ln(𝑎2 + 1) − 𝑏 − 2] + 2 [arctg 𝑎 + arctg√𝑒𝑏 − 1 + √𝑒𝑏 − 1] ≥ 0.

Bài toán 2.24. Cho 𝑎 > 1, 𝑏 > 2. Chứng minh rằng

2𝑎2 + 𝑏2 + 2 + 𝑏√𝑏2 − 4 ≥ 4𝑎𝑏 + 4 ln𝑏 + √𝑏2 − 4

2𝑎.


(𝑎 − 2)√𝑎2 − 4𝑎 + 3 + 𝑏√𝑏2 − 9 + 4𝑏

≥ 2𝑎𝑏 + 9 ln𝑏 + √𝑏2 − 9

(𝑎 − 2) + √𝑎2 − 4𝑎 + 13 .

Bài toán 2.26. Cho 𝑛 ∈ 𝑁∗. Chứng minh rằng

2

3𝑛√𝑛 < √1 + √2 + √3 + ⋯ + √𝑛 <

4𝑛 + 3

6√𝑛.

18

Bài toán 2.27. Cho 𝑛 số tự nhiên lớn hơn 1. Chứng minh rằng

1. 22. 33 … 𝑛𝑛 >𝑛

𝑛(𝑛+1)

2

𝑒𝑛2−1

4

.

Lời giải. Bất đẳng thức đã cho tương đương với

ln 1 + ln 22 + ln 33 + ⋯ + ln 𝑛𝑛 > ln 𝑛𝑛(𝑛+1)

2 − ln 𝑒𝑛2−1

4

⟺ 1 ln 1 + 2 ln 2 + 3 ln 3 + ⋯ + 𝑛 ln 𝑛

>𝑛2

2ln 𝑛 +

𝑛

2ln 𝑛 −

𝑛2

4+

1

4.

(Chú ý rằng ∫ 𝑥 ln 𝑥 𝑑𝑥 =𝑥2

2ln 𝑥 −

𝑥2

4+ 𝐶)

Xét hàm số 𝑓(𝑥) = 𝑥 ln 𝑥 liên tục, không âm trên [1, 𝑛].

Ta có

𝑓′(𝑥) = ln 𝑥 + 1 > 0 ∀𝑥 > 1 và𝑓′′(𝑥) =1

𝑥 ∀> 1.

⇒ 𝑓(𝑥) là hàm lõm trên[1, 𝑛].

Chia đoạn [1, 𝑛] thành 𝑛 − 1 phần bằng nhau bởi các điểm

chia 𝑥𝑖 = 𝑖 (𝑖 = 1, 𝑛).Theo mệnh đề 1.2 ta có:

∑𝑓(𝑥𝑖−1) + 𝑓(𝑥𝑖)

2(𝑥𝑖 − 𝑥𝑖−1)

𝑛

𝑖=2

> ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥𝑛

1

.

⟺ ∑(𝑖 − 1) ln(𝑖 − 1) + 𝑖 ln 𝑖

2

𝑛

𝑖=2

> ∫ 𝑥 ln 𝑥𝑑𝑥𝑛

1

.

Mà

∑(𝑖 − 1) ln(𝑖 − 1) + 𝑖 ln 𝑖

2

𝑛

𝑖=2

19

= 1 ln 1 + 2 ln 2 + 3 ln 3 + ⋯ + 𝑛 ln 𝑛 −𝑛

2ln 𝑛.

Và

∫ 𝑥 ln 𝑥𝑑𝑥𝑛

1

=𝑛2

2ln 𝑛 −

𝑛2

4+

1

4.

Do đó

1 ln 1 + 2 ln 2 + 3 ln 3 + ⋯ + 𝑛 ln 𝑛 −𝑛

2>

𝑛2

2ln 𝑛 −

𝑛2

4+

1

4.

Hay

ln 1 + ln 22 + ln 33 + ⋯ + ln 𝑛𝑛 > ln 𝑛𝑛(𝑛+1)

2 − ln 𝑒𝑛2−1

4 .

Suy ra

1. 22. 33 … 𝑛𝑛 >𝑛

𝑛(𝑛+1)

2

𝑒𝑛2−1

4

(đpcm).


1 + 𝑥 ln(𝑥 + √1 + 𝑥2) ≥ √1 + 𝑥2, ∀𝑥 ∈ 𝑅.

Lời giải. Xét hàm số

𝑓(𝑡) = ln (𝑡 + √1 + 𝑡2) , 𝑡 ∈ 𝑅.

Rõ ràng 𝑓(𝑡) > 0 với mọi 𝑡 > 0 và 𝑓(𝑡) = 0 khi 𝑡 = 0.

Do đó với 𝑥 < 0, ta có

∫ ln (𝑡 + √1 + 𝑡2) 𝑑𝑡𝑥

0

> 0.

Suy ra

𝑡 ln (𝑡 + √1 + 𝑡2) |0𝑥 − ∫

𝑡𝑑𝑡

√1 + 𝑡2

𝑥

0

> 0.

20

Hay

𝑥 ln (𝑥 + √1 + 𝑥2) − √1 + 𝑡2|0𝑥 > 0.

Do đó

𝑥 ln (𝑥 + √1 + 𝑥2) − √1 + 𝑡2 + 1 > 0.

Với 𝑡 < 0 thì

ln (𝑡 + √1 + 𝑡2) = − ln (−𝑡 + √1 + 𝑡2) < 0.

Nên khi 𝑥 < 0, ta có:

∫ ln (𝑡 + √1 + 𝑡2) 𝑑𝑥0

𝑥

< 0.

và suy ra điều phải chứng minh.

Với 𝑥 = 0 thì bất đẳng thức thành đẳng thức.

Bài toán 2.29. Chứng minh rằng với 𝑥 > 𝑦 > 0, thì

(𝑥 − 𝑦)[2 − (𝑥 + 𝑦)] < 2 ln1 + 𝑥

1 + 𝑦.

Lời giải. Nhận xét rằng, với mọi 𝑡 dương, thì

1

1 + 𝑡> 1 − 𝑡.

Vậy nên, khi 0 < 𝑦 < 𝑥, ta có:

∫𝑑𝑡

1 + 𝑡

𝑥

𝑦

> ∫ (1 − 𝑡)𝑑𝑡𝑥

𝑦

.

hay

(ln|1 + 𝑡|)|𝑦𝑥 > (𝑡 −

𝑡2

2) |𝑦

𝑥 .

21

Vậy nên

ln1 + 𝑥

1 + 𝑦> (𝑥 − 𝑦) −

𝑥2 − 𝑦2

2.

Từ đó thu được

2 ln1 + 𝑥

1 + 𝑦> (𝑥 − 𝑦)[2 − (𝑥 + 𝑦)].

Nhận xét rằng, ngoài việc áp dụng các kiến thức cơ bản đã

trình bày ở trên,để sử dụng tích phân xác định trong việc chứng minh

bất đẳng thức, ta còn sử dụng các quan trắc trực giác từ hình học


ln(𝑛 + 1) < 1 +1

2+ ⋯ +

1

𝑛, 𝑛 ∈ 𝑁∗.


𝑛! < 𝑛𝑛+1

2𝑒1−𝑛, 𝑛 ∈ 𝑁∗\{1}.

2.2.2. Áp dụng trong bài toán cực trị

Bài toán 2.32. Cho trước 𝑛 ∈ 𝑁∗.Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số

𝑓(𝑥) = ∫ 𝑡tan𝑛𝑡𝑑𝑡𝑥

0

−𝑥𝑛+2

𝑛 + 2 , 𝑥 ≥ 0.

Lời giải. Ta có tan 𝑡 ≥ 𝑡 nên 𝑡tan𝑛𝑡 ≥ 𝑡𝑛+1. Suy ra

∫ 𝑡tan𝑛𝑡𝑑𝑡𝑥

0

≥ ∫ 𝑡𝑛+1𝑑𝑡𝑥

0

=𝑥𝑛+2

𝑛 + 2.

Do đó:

∫ 𝑡tan𝑛𝑡𝑑𝑡𝑥

0

−𝑥𝑛+2

𝑛 + 2 ≥ 0.

Vậy, giá trị nhỏ nhất của hàm số bằng 0 khi 𝑥 = 0.

22

Nhận xét: Nếu ta cố định cận 𝑥 =

𝜋

4 và đặt:

𝐼𝑛 = ∫ 𝑥

𝜋

4

0

tan𝑛𝑥𝑑𝑥, 𝑛 ∈ 𝑁∗.

thì

𝐼𝑛 > (1

𝑛 + 2) (

𝜋

4)

𝑛+2

.

Bài toán 2.33. Cho trước 𝑚 ∈ 𝑁∗.Tìm giá trị nhỏ nhất của

hàm số

𝑓(𝑥) = ∫ 𝑡𝑚𝑒2𝑡𝑑𝑡𝑥

1

− 2 (𝑥𝑚+3

𝑚 + 3+

𝑥𝑚+2

𝑚 + 2) , 𝑥 ≥ 1.

Bài toán 2.34. Cho hàm số 𝑓(𝑥) liên tục và nghịch biến trên

[0, 𝑏] và 𝑎 ∈ [0, 𝑏]. Chứng minh rằng

𝑏 ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 ≥𝑎

0

𝑎 ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥𝑏

0

.

Bài toán 2.35. Tìm giá trị lớn nhất của hàm số

𝑓(𝑥) = 2𝑥6 + 3𝑥4 + 6𝑥2 − 11𝑥, 𝑥 ∈ [0,1]

Bài toán 2.36. Tìm giá trị lớn nhất của hàm số

𝑔(𝑥) = sin3𝑥 + 3 sin 𝑥 − 4√sin 𝑥.

với 2𝑘𝜋 ≤ 𝑥 ≤ (2𝑘 + 1)𝜋, 𝑘 ∈ 𝑍.

Bài toán 2.37. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số

𝑓(𝑥) = (3 + 2 ln 2)𝑥 − 2𝑥+1 − ln 2𝑥2 , 𝑥 ∈ [0,2]

2.3. ÁP DỤNG TRONG HÌNH HỌC, VẬT LÝ

2.3.1 Tính diện tích hình phẳng

Bài toán 2.38. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các

đường 𝑦 = 𝑥2(𝑥 ≥ 0), 𝑦 = 2 − 𝑥

23

2.3.2. Tính độ dài đường cong phẳng

Bài toán 2.41. Tính độ dài cung của đường cycloid có phương

trình

{𝑥 = 𝑎(𝑡 − sin 𝑡)𝑦 = 𝑎(1 − cos 𝑡)

(0 ≤ 𝑡 ≤ 2𝜋)

2.3.3 Tính thể tích vật thể

Bài toán 2.43. Tính thể tích vật thể tròn xoay do hình phẳng

giới hạn bởi đường 𝑦 = 2𝑥 − 𝑥2 và 𝑦 = 0 khi:

1/ Xoay quanh trục 0𝑥.

2/ Xoay quanh trục 0𝑦.

2.3.4. Diện tích mặt tròn xoay

Bài toán 2.45. Tính diện tích mặt tạo nên khi quay đường

parabol {𝑥 = 𝑦2

0 ≤ 𝑦 ≤ 1quanh trục 0𝑥.

24

KẾT LUẬN

Dưới sự hướng dẫn của TS. Phan Đức Tuấn tôi đã hoàn thành

luận văn đúng tiến độ và đạt được mục tiêu, nhiệm vụ nghiên cứu đề

ra. Cụ thể luận văn đã đạt được những kết quả sau:

1. Luận văn đã trình bày một cách rõ ràng, có hệ thống và tổng

quan về các kiến thức liên quan đến các công thức phép tính tích

phân.

2. Luận văn đã lựa chọn và phân loại hệ thống bài tập phong

phú từ cơ bản đến nâng cao.

3. Kết quả của luận văn nhằm giúp người đọc hiểu rõ hơn về

phép tính tích phân và luận văn là tài liệu tham khảo cho sinh viên

tìm hiểu thêm về phép tính tích phân và áp dụng.

Tuy nhiên, do những hạn chế về mặt thời gian, kinh nghiệm và

luận văn cũng là bước đầu cho việc nghiên cứu khoa học đối với tôi

nên các kết quả đạt được trong luận văn cũng còn khá khiêm tốn.

PHÉP TÍNH TÍCH PHÂN VÀ ÁP DỤNG

Documents

Transcript of PHÉP TÍNH TÍCH PHÂN VÀ ÁP DỤNG