(TIỂU LUẬN) báo cáo bài tập lớn môn GIẢI TÍCH 1 TÍCH PHÂN lý thuyết trình bày các định lý cơ bản của vi tích phân, công thức newton lebnitz các phương pháp tìm nguyên hàm

ĐẠI HỌC QUỐC GIA THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH
TRƯỜNG ĐẠI HỌC BÁCH KHOA
KHOA ĐIỆN – ĐIỆN TỬ
NĂM HỌC 2019-2020
…………………………………………..

BÁO CÁO BÀI TẬP LỚN
MƠN: GIẢI TÍCH 1
GVHD: CƠ ĐỒN THỊ THANH XN
NHĨM: 03
LỚP: L16
ĐỀ TÀI: 3 TÊN ĐỀ TÀI: TÍCH PHÂN
1/ Lý thuyết: trình bày các định lý cơ bản của vi tích phân, cơng thức
Newton-Lebnitz. Các phương pháp tìm ngun hàm.
2/ Bài tập:
-

Tìm và giải 10 bài tập đổi biến loại( cho đủ các dạng
lượng giác, dạng hửu tỷ, vô tỷ).
Tìm và giải 10 bài tập sử dụng tích phân từng phần( đủ 3
loại cơ bản).
Tìm và giải 5 bài tập thực tế dẫn đến tính tích phân. ( xem
bài tập 4.4 Calculus)
STT

HỌ VÀ TÊN
1 PHẠM VŨ HOÀNG
1

2

ĐẶNG PHƯƠNG DUY


3
4
5
6
7
8
9
10
11

TRẦN HỮU PHÚC HUY
NGUYỄN DUY KHÁNH
ĐINH TRẦN MINH HUY
MAI THẾ ANH KHOA
VĂN THÀNH THUẬN
LÊ THÀNH NHÂN
NGUYỄN TẤN PHÁT
ĐOÀN THIÊN QUỐC
HUỲNH NGỌC THANH THẢO

MỤC LỤC
I.

LÝ THUYẾT

1.

Lịch sử ra đời:

2.

Trình bày các định luật cơ bản của vi tích phân và CT NewtonLebnitz 4

3

3. Các phương pháp tính ngun hàm
AI.
BÀI TẬP
1. Tìm và giải 10 bài tập đổi biến loại
a. Lượng giác 6
b. Hữu tỷ
c. Vơ tỷ
2.

Tìm và giải 10 bài tập sử dụng tích phân từng phần 9

3.

Tìm và giải 5 bài tập thực tế dẫn đến tính tích phân. ( xem bài tập
4.4 Calculus)

2


I.

LÝ THUYẾT:

1. Lịch sử ra đời:

Khái niệm
lượng biến đổi
Vận tốc và vi
phân
Khái niệm tích
- phân

Lượng vơ
cùng nhỏ
Ký hiệu

Vai trị hình vẽ

1600 TCN: Ai Cập biết đến cơng thức thể tích hình chóp, Babylon biết giá trị thập
phân của √ 2 nhưng chưa biết cách giải thích
425 – 200 trước TCN Eudoxus đã phát minh ra phương pháp “vét cạn” (method
of exhaustion) để tìm diện tích hình phẳng và thể tích hình chóp. Archimedes đã
tìm ra được cách tính diện tích một phần parabol (parabola segment).
320 sau CN Nhà Toán học Hy-Lạp Pappus đã tính được thể tích hình khối trịn
xoay khi cho một hình phẳng quay quanh một đường thẳng khơng cắt hình ấy,
nhưng ơng khơng đưa ra cách chứng minh.


3


1300 - 1400 Nicole Oresme (1320 – 1382), nhà Triết học và Tốn học Pháp, là
người đầu tiên tìm cách vẽ đồ thị hàm số

Bonaventura Cavalieri (1598 – 1647), nhà Toán học Ý, phát minh ra phương pháp
chia nhỏ (method of indivisibles) để tính diện tích hình phẳng, tiền thân của
phương pháp tính diện tích hình phẳng bằng tích phân sau này.
Pierre de Fermat (1607 – 1665), nhà Luật học và Tốn học Pháp, năm 1630 cho
cơng bố tác phẩm Methodus ad disquirendam maximam et minimam et de
tangentibus linearum curvarum, đây được xem như là nền tảng giúp cho René
Descartes xây dựng nên ngành Hình học Giải tích. Ngồi ra cũng trong tác
phẩm này, Fermat có đề ra phương pháp tính cực đại và cực tiểu cũng như vấn
đề tiếp tuyến của đường cong.
Isaac Barrow (1630 – 1677), thầy của Newton tại Đại học Cambridge, trong
những năm 1650 -1660, qua những bài giảng Geometrical Lectures, đã tìm ra
nhiều kết quả quan trọng trong việc phát triển phép tính vi-phân và các vấn đề
tiếp tuyến với đường cong. Ơng cịn được ghi cơng đầu trong việc tìm ra cơng
thức cơ bản của tích phân cho phép tính được diện tích hình dưới đường cong y =
f(x) (sau này thường được gọi là cơng thức Newton-Leibniz).

2. Trình bày các định lý cơ bản của vi tích phân, cơng thức Newton-

Lebnitz:
a.

Định lý cơ bản thứ nhất (Phần thứ nhất): Cho
và

Khi đó

là một hàm xác định, với mọi

cũng liên tục trên

là hàm liên tục trên đoạn
thỏa mãn

đồng thời khả vi trên
với mọi

b. Định lý cơ bản thứ hai (Định lý Newton – Leibniz): Với

định, liên tục trên đoạn

Với

.

và
là một hàm xác

. Khi đó:

là nguyên hàm của hàm số

1. Các phương pháp tìm nguyên hàm:
Một nguyên hàm của một hàm số thực cho trước f(x) là một hàm F(x) có đạo hàm
bằng f(x) , nghĩa là, F(x)′ = f(x). Quá trình tìm nguyên hàm được gọi là tích phân
bất định. Tìm một biểu thức cho ngun hàm là cơng việc khó hơn so với
4


việc tìm đạo hàm, và khơng phải ln ln thực hiện được, bất kỳ hàm số liên tục
trên đoạn hay khoảng từ giá trị a đến b, thì đều tồn tại nguyên hàm của hàm số đó

trên đoạn/khoảng từ a đến b nêu trên.
Để tìm họ nguyên hàm của một hàm số y = F(x), cũng có nghĩa là ta đi tính một
tích phân bất định: I = ∫ f’(x)dx, muốn tìm 1 ngun hàm của 1 hàm cho trước
có các phương pháp sau :
Phương pháp 1. TÍNH NGUYÊN HÀM BẰNG BẢNG NGUYÊN HÀM:
1. Tích của đa thức hoặc lũy thừa thi triển
2. Tích các hàm mũ → khai triển theo công thức mũ.
3. Chứa căn → chuyển về lũy thừa.
4. Tích lượng giác bậc một của sin và cosin → khai triển theo cơng thức
tích thành tổng.
5. Bậc chẵn của sin và cosin → hạ bậc.
Phương pháp 2. TÍNH NGUYÊN HÀM CỦA HÀM SỐ HỮU TỶ:
1. Nếu bậc của tử số P(x) ≥ bậc của mẫu số Q(x) → Chia đa thức.
2. Nếu bậc của tử số P(x) < bậc của mẫu số Q(x) → Xem xét mẫu số và khi đó:
+ Nếu mẫu số phân tích được thành tích số, ta sẽ sử dụng đồng nhất thức để
đưa về dạng tổng của các phân số.
+ Nếu mẫu số khơng phân tích được thành tích số (biến đổi và đưa về
dạng lượng giác).
Phương pháp 3. TÍNH NGUYÊN HÀM BẰNG PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN
SỐ:
- Phương pháp đổi biến số được sử dụng khá phổ biến tring việc tính các tích
phân bất định. Phương pháp đổi biến số để xác định ngun hàm có hai dạng
dựa trên định lí sau
+ Nếu: ∫ f(x)dx = F(x) + C với u = φ(x) là hàm số có đạo hàm thì: ∫f(u)du= F(u) +
C
+ Nếu hàm số f(x) lien tục thì đặt x= φ(t). Trong đó φ(t) cùng với đạo hàm của nó
φ’(t) là những hàm số lien tục thì ta được: ∫ f(x)dx = ∫ f(φ(t)) φ’(t)dt= ∫ g(t)dt=
G(t) + C
Phương pháp 4. TÍNH NGUYÊN HÀM BẰNG PHƯƠNG PHÁP NGUYÊN
HÀM TỪNG PHẦN:

+ Nhận dạng: Tích 2 hàm khác loại nhân với nhau.
+ Thứ tự ưu tiên chọn u: log – đa – lượng – mũ và dv = phần còn lại. Nghĩa là
nếu có In hay log thì chọn u = ln hay u = log và dv = cịn lại. Nếu khơng có ln,
log thì chọn u = đa thức và dv = cịn lại. Nếu khơng có log, đa thức, ta chọn u =
lượng giác …
+ Lưu ý rằng bậc của đa thức và bậc của In tương ứng với số lần lấy nguyên hàm.
+ Dạng mũ nhân lượng giác là dạng nguyên hàm từng phần luân hồi.
II. BÀI TẬP:
5


1. Tìm và giải 10 bài tập đổi biến

loại: a. Dạng lượng giác:
Bài 1:
I=∫
4 sinx+3 cosx+ 5

x
Đặt t = tan 2 , x ≠ (2k + 1)π
2 dt

=> dx = 1+ t2
Khi đó sinx =

2t
2

, cosx =

1+ t

I=

∫

−1
tan

+C
x
+2
2

Bài 2:
cosx

I=∫

sinx +2

Bài 3:
I = ∫ sin

3

x

√cosxdx

Đặt: t = √cosx  t2 = cosx => 2tdt = sinxdx
Do đó: sin3x√cosx dx=(1−cos2 x ) √cosx sinxdx
= (t4-1)t2tdt = 2(t6-t2)dt

Vậy: I = ∫ sin3 x √cosx dx =2 ∫ ( t6 −t2 )dt =
=

2

2 7 2 3
7 t − 3 t +C

7 2
3
7 √cosx − 3 √cosx + C

Bài 4:
I = ∫ sinx +2 cosx−3 dx
sinx−2 cosx +3

*sinx + 2cosx - 3 = A(sinx – 2cosx + 3) + B(sinx – 2cosx + 3) + C
 sinx + 2cosx - 3 = A(cosx + 2sinx) + B(sinx – 2cosx + 3) +C

6


{

A 4

= 5

− 3



B= 5

− 6

C= 5
=

I ∫ eq ¿(d (sinx−2 cosx + 3), sinx−2 cosx +3) - ∫ dx - ∫ eq ¿(dx , sinx−2
=ln
cosx +3) |sinx−2 cosx+ 3| - x - ∫ eq ¿(dx , sinx−2 cosx +3)
Đặt I1 = ∫ eq ¿(dx , sinx−2 cosx +3)
Đặt t = tan , x ≠(2 k +1)π

= > dx =
= > sinx =
I1= ∫

e
∫

=

∫

=

5

b. Dạng hửu tỷ:
Bài 5:
I = ∫dx
=∫

= ∫ ¿+)dt

At2+At+A+Bt2+Ct=1
= >A=1,B=-1,C=-1
= > I = ln|t|- ∫dt
Đặt I1 = ∫dt
Ta có: I1 = ∫dt + ∫dt

2

2 t+ 1

1

2 t+ 1

= ln|t 2+t +1| + .

√ 3 arctan ( √ 3

= > I = ln|t| - ln|t 2+t +1| -

√ 3 arctan ( √ 3

Với t = lnx
Bài 6:
I = ∫ = ∫(++)dx
Đồng nhất hệ số, ta có:
A = -1, B=1/3, C = -1/3, D = 1/3

)+C
)+C


7


= > I = - ∫ + ∫ - ∫dx
= + ln|x−1| - ∫dx
2

= + ln|x−1| - ln(x +x+1) +

1

√ 3 arctan

Bài 7:
I=∫=∫
Đặt t=x+1, => dx=dt
3 1

=> I = ∫dt = ∫ (t −3+ t −t 2 )dt = - 3t + ln|t| +

2 x + 1
√ 3 +C

+C Với t = x+1
c. Dạng vô tỷ:

Bài 8:
I = ∫x√4 x2−3dx
Đặt t = 4x2 – 3 = > dt = 8xdx
3/2 2
I = ∫ √t dt = t . 3 +C
1
2
=

12

√(4 x

−3)3 + C

Bài 9:
dx

∫

I=

√ x +6 x

2

Đặt t = x+3 = > dt=dx
d (x +3)
∫

I=

√( x +3) +1

Bài 10:

I=

∫
3

√(2 x+1) −√2 x+1

Đặt 2x+1=t6
I=∫

= 3 ∫ = 3 ∫(t+1+)dt = t2 + 3t + 3ln|t −1| + C

Với t=6

2 x +1

√
2. Tìm và giải 10 bài tập sử dụng tích phân từng phần:
Dạng 1:
1)
Giải:


8


Đặt

{dv=x dx
3

Khi đó ta có:
1 ∫e x3 ln x dx=

1

21421

u=ln x

Đặt

{dv=x dx
3

Khi đó ta có:

I=

¿

1

1 4 1
4e − 2

[

[18

e4−

4
4e −

|

1 4
e
1
8 x ln x 1− 8

| ]

1 4 e
32 x 1

¿ 1 e4− 3 e4 +1

432

¿ 5 e4 −1

32

2) Tính

Giải:

Đặt
Khi đó ta có:

{

dv=

∫1e x3 dx

]

1

e4 −

∫e x3 ln x dx

−ln x
x2 +1

I=

Trong đó,
9

1

2

I=
1

∫1
1

1

2

I 1=

2

∫
1

(

1

Vậy I =

2

3) Tính
∫

Lời giải:
u=1+ ln ( x +1)

Đặt

{

Khi đó ta có:

Trong đó,

Vậy

I=

Dạng 2: ∫ xk eax dx
1

4) Tính

∫ x ex dx
0

Lời giải:


Đặt:
Do đó

10


{

{

u=x

du=dx

dv=e x dxv=ex

∫ x2 e2 x dx

5) Tính

Lời giải: Đặt

Với I 1=∫ xe2 x dx ta có:
Đặt

dv=e
1

1

1

1

I 1= 2 xe2 x− 2 ∫e2 x dx= 2 xe2 x− 4 e2 x +C
- Thay I1 vào I ta có:
I=

1

2 2 x
2x e −

6) Tính

1
1 2x
1
x
2
2 x
2 x e + 4 e +C= 4 (2 x −2 x +1) e +C

∫( 2 x2 + x+1)e x dx

Lời giải:
u=2 x2+ x +1

{

dv=ex dx

I =(2 x2+x +1) ex−∫( 4 x+ 1)e x dx

- Với I 1=∫ (4 x +1) ex dx ta có:
u=(4 x +1)

{

dv =ex dx

I 1=(4 x +1) e −4∫ e dx=(4 x+1) e −4 e +C=( 4 x−3) e +C
x

x

x

x

x

- Thế I1 vào I ta được kết quả:
2

x

x

2

x

I =(2 x + x +1) e −( 4 x−3) e +C=(2 x −3 x+ 4) e +C

11


Dạng 3: ∫ f (x )sin ax dx , : ∫ f (x )cos ax dx
7) Tính I =∫ x cos 2 xdx
2

Lời giải:

(12 x cos4 x )dx

- Ta có: I 1=∫

{

u=
dv=cos 4 xdx

1

I 1=

8 x sin 4 x−

Thế I1 vào I ta có:

1

8 ∫sin 4 xdx=

I=

1

2
4x +

1
1
8 x sin 4 x + 32 cos 4 x +C

1
1
8 x sin 4 x+ 32 cos 4 x +C

8) Tính I =∫ex cos xdx
Lời giải:

{

{

u=cos x ⇒ du=−sin xdx
dv=e x dx
v=e x

I =ex cos x +∫ ex sin xdx

Ta có: I 1=∫ ex sin xdx

{

{

u=sin x ⇒ du=cos xdx
x

dv=e dxv=ex

⇒ I 1=ex sin x−∫ ex cos xdx=ex sin x−I
I =ex cos x+ex sin x−I

1

I= 2¿
9) Tính

∫ e2 x sin2

xdx Lời giải:

2x

I =∫ e


12


1
2 x
2 ∫ e cos 2 xdx

Ta có: J=

u=cos2 x

{

dv=

J=

1

4e

2 x

1
1 2x

2 x
2 ∫e sin2 xdx= 4 e cos 2 x +K

cos 2 x +

1
2 x
2 ∫ e sin 2 xdx

Ta có: K=

u=sin 2 x

{

dv=
K=

1 2x
1
1 2x
2 x
4 e sin 2 x− 2 ∫e cos 2 xdx = 4 e sin 2
1 2x
1 2x
1 2
4 e cos 2 x + K = 4 e cos 2 x+ 4 e

x−J J =

sin 2 x−J 2 J =

J=
I=

1

8e

2 x

x

1 2x
1 2x
4 e cos 2 x + 4 e sin 2 x

¿

1 2x
1 2x 1 2x
4 e −J = 4 e − 8 e ¿
¿

10) Tính

1

2 x
8 (2−sin2 x−cos 2 x ) e +C

∫ x sin (2 x +1) dx

Lời giải:

{

u=x
dv=sin (2 x+1 )dx

∫ x sin (2 x+1) dx=

3. Tìm và giải 5 bài tập thực tế dẫn đến tính tích phân:
1. Một phân tử di chuyển với vận tốc được biểu diễn bởi phương trình: v(t)= t 2

– t – 6 (m/s)
13


a. Xác định độ dời của phân tử trong khoảng thời gian từ 1 đến 4s
Gọi r(t) là độ dời của phân tử. Ta có r trong khoảng từ 1 đến 4s là r=

đang di chuyển ngược chiều dương.
b. Xác định quãng đường phân tử đi được trong khoảng thời gian trên

Gọi S(t) là quãng đường phân tử đi. Ta có quãng đường phân tử đó đi
4

được trong khoảng thời gian đó là S = ∫|v (t )|dt = 10.167 m.
1

2. Một bệ chứa dầu bị nứt tại thời điểm t= 0 và dầu bắt đầu chảy ra với tốc độ

r(t) = 100e-0.01t l/phút. Lượng dầu chảy ra sau 1 giờ đầu là bao nhiêu ?
60

Lượng dầu chảy ra sau 1 giờ đầu là ∫100 e−0.01 tdt = 4511.88 lít với
0

∫ 100 e

−0.01 t

100
-0.01t
+C
.01 e

dt = - 0

3. Số lượng vi khuẩn ban đầu là 400 và sinh trưởng với tốc độ r(t)=

(450.268)e1.12567t vi khuẩn/ giờ. Số lượng vi khuẩn sau ba giờ là ?

Số lượng vi khuẩn sau t giờ là ∫ 450.268 e1.12567 tdt = 400e1.12567t +C
3

Số lượng vi khuẩn sau 3 giờ là

∫∫ 450.268 e1.12567 t dt = 11313.23347 vi

0

khuẩn.
4. Để trang trí cho một phịng trong tịa nhà, người ta vẽ lên tường một hình như

sau: trên mỗi cạnh của hình lục giác đều có cạnh bằng 2 (dm) một cánh hoa
hình parabol, đỉnh của parabol cách cạnh 3 (dm) và nằm ngồi hình lục giác,
hai đầu mút của cạnh cũng là hai điểm giới hạn của đường parabol đó. Hãy
tính diện tích của hình nói trên để mua được lượng giấy dán trang trí phù
hợp, biết giấy có giá 50000 đồng /m2
Giả sử ABCDEF là hình lục giác đều có cạnh bằng 2 (dm), ta tính diện
tích 1 cánh hoa: Chọn hệ trục tọa độ Oxy sao cho O là trung điểm của
cạnh AB: A(1;0) B(-1;0) và I(0;3) là đỉnh của parabol. Phương trình
parabol có dạng y=a x2 +b. Do I, A, B thuộc (P) nên ta có y=−3 x2 +3.
Do đó diện tích mỗi cánh hoa là
14


1

s1=∫ (−3 x2 +3 ) x=4
−1

Diện tích của hình là:
s=6∗

(24√ 3 +4 )=6 √3+24 ( m )
2

2

Vậy số tiền cần dùng là:

(6 √3+24 )∗10−2∗50000=17196(đồng)
5. Ông An muốn dựng một cổng chào có dạng hình parabol cho cơng ty mới của

mình. Biết rằng cổng chào có chiều dài chân đáy là 3m và chiều cao là 2m.
Bạn hãy giúp ông An tính số tiền để dựng được cái cửa này bằng gỗ, biết một
m2 có giá 100000 đồng( bề dày khơng đáng kể).
Giả sử phương trình parabol có dạng ¿ a x2+ bx+ c . Phương trình đi qua
điểm A(0;2) và B(3/2;0) nên ta có hệ 2 phương trình sau


Diện tích của cái cổng là
❑

8

❑

9

S=2∫¿− x2+2∨¿ x=4 (m2)¿

Vậy số tiền cần bỏ ra là
4*100000= 400000 ( đồng)
III. Tài liệu tham khảo:
- Calculus 2019.
- Giáo trình giải tích 1.
- Wikipedia.

15


16