Giao trinh bai tap lý thuyết và bài tập tích phân bkhn
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (261.91 KB, 26 trang )
Chương 1
Tích phân suy rộng
Trước khi đưa ra khái niệm về tích phân suy rộng, ta xét hai bài toán sau đây:
Bài toán 1.0.1. Tính diện tích của "tam giác cong" trong mặt phẳng giới hạn bởi trục
Ox, đường thẳng x = 1 và đồ thị hàm số y = 1/x2 (x > 0)?
Để ý rằng diện tích S1 của tam giác cong này chính là giới hạn của diện tích S(A)
của hình thang cong {1 ≤ x ≤ A; 0 ≤ y ≤ 1/x2 } khi 1 < A dần đến vô cùng. Vì thế,
A
S1 = lim SA = lim
A→+∞
A→+∞
1
dx
−1
= lim
2
A→+∞ x
x
A
= lim
1
A→+∞
1−
1
= 1.
A
Trong trường hợp này S1 là tích phân suy rộng loại I.
Bài toán 1.0.2. Tính diện tích của "hình thang cong" trong mặt phẳng giới hạn bởi
√
các trục Ox, Oy, đường thẳng x = 1 và đồ thị hàm số y = 1/ x (x > 0)?
Tương tự như Bài toán 1.0.1, ta thấy diện tích S2 của hình thang cong này chính
√
là giới hạn của diện tích S(η) của hình thang cong {η ≤ x ≤ 1; 0 ≤ y ≤ 1/ x} khi
0 < η < 1 dần đến 0. Vì thế,
1
S2 = lim+ Sη = lim+
η→0
η→0
η
√
dx
√ = 2 lim x
η→0+
x
1
η
= 2 lim+ 1 −
Trong trường hợp này S2 là tích phân suy rộng loại II.
1
η→0
√
η = 2.
2
Hình 1.1: Diện tích tam giác cong
Hình 1.2: Diện tích hình thang cong
3
1.1
Tích phân suy rộng loại I
Định nghĩa 1.1.1. Giả sử f (x) xác định trên [a, +∞) và khả tích trên mọi đoạn hữu
A
hạn a ≤ x ≤ A < +∞, tức là tồn tại F (A) :=
f (x)dx với mọi A > a. Tích phân
a
A
+∞
f (x)dx := lim
hình thức
A→+∞ a
a
f (x)dx được gọi là tích phân suy rộng loại I của hàm
f trên đoạn [a; +∞).
(i) Nếu tồn tại giới hạn hữu hạn
A
lim
+∞
f (x)dx :=
A→+∞
a
f (x)dx
a
+∞
f (x)dx hội tụ.
thì ta nói
a
(ii) Nếu giới hạn này là vô cùng hoặc không tồn tại ta nói tích phân suy rộng
+∞
f (x)dx là phân kỳ.
a
+∞
f (x)dx và
Nhận xét 1.1.1. Sự hội tụ hay phân kỳ của hai tích phân suy rông
a
+∞
+∞
f (x)dx là như nhau vì
b
f (x)dx =
a
b
+∞
f (x)dx +
a
f (x)dx.
b
+∞
f (x)dx, ta có thể định nghĩa các tích
Tương tự định nghĩa tích phân suy rộng
a
b
b
f (x)dx := lim
phân suy rộng
a→−∞ a
−∞
+∞
f (x)dx và
−∞
+∞
Ví dụ 1.1.1.
(a) Tích phân suy rộng
1
+∞
b
f (x)dx :=
lim
a→−∞,b→+∞ a
f (x)dx.
dx
hội tụ. Thật vậy, ta có
1 + x2
A
dx
= lim arctan x
1 + x2 A→∞
dx
= lim
1 + x2 A→+∞
1
A
= lim
x=1
A→+∞
1
(b) Tích phân suy rộng
+∞
1
dx hội tụ nếu α > 1
xα
phân kỳ nếu α ≤ 1.
arctan A −
π
4
=
π
4
4
Thật vậy, khẳng định trên được suy ra từ tính toán sau đây:
A
x1−α A A1−α −1
nếu α = 1
dx 1−α 1 = 1−α
=
A
xα
ln x = ln A
nếu α = 1.
1
1
+∞
f (x)dx hội tụ khi
Định lý 1.1.2 (Tiêu chuẩn Cauchy). Tích phân suy rộng loại I
a
A
và chỉ khi với mọi
f (x)dx <
> 0 tồn tại A0 > a (phụ thuộc vào ) sao cho
với
A
mọi A , A ≥ A0 .
Chứng minh. Thật vậy, theo tiêu chuẩn Cauchy về sự hội tụ của giới hạn, ta có
+∞
f (x)dx hội tụ khi và chỉ khi với mọi
> 0 tồn tại A0 > a (phụ thuộc vào )
a
A
sao cho |F (A ) − F (A )| <
với mọi A , A ≥ A0 , tức là
f (x)dx <
với mọi
A
A , A ≥ A0 .
Nhận xét 1.1.2. i) Từ Tiêu chuẩn Cauchy ta có tiêu chuẩn sau đây: Nếu ∃
0
> 0 và
An
∃{An }, {An } với An , An → +∞ khi n → +∞ sao cho
f (x)dx ≥
0
với mọi n ∈ N
An
+∞
f (x)dx phân kỳ.
đủ lớn thì
a
ii) Tiêu chuẩn Cauchy chỉ khẳng định sự hội tụ của tích phân mà không cho ta giá trị
của nó.
+∞
xα sin xdx (α > 0). Chọn dãy An =
Ví dụ 1.1.3. Xét sự hội tụ của tích phân
0
π/6 + 2nπ và An = 5π/6 + 2nπ, n = 1, 2, . . .. Khi đó, xα sin x ≥ 1/2 với mọi
An ≤ x ≤ An , n = 1, 2, . . . và An → +∞, An → +∞ khi n → +∞. Do đó,
An
xα sin xdx ≥
2π 1
π
= =:
3 2
3
0
> 0, ∀ n = 1, 2, . . . .
An
+∞
xα sin xdx (α > 0) phân kỳ. Chú ý rằng, ta có thể
Vì vậy, theo tiêu chuẩn Cauchy,
0
dùng Định lý Abel để xét sự hội tụ của tích phân suy rộng trên.
+∞
a
+∞
|f (x)|dx hội tụ.
a
+∞
|f (x)|dx phân kỳ thì ta nói tích phân đó hội tụ có điều
f (x)dx hội tụ nhưng
Nếu
+∞
f (x)dx họi tụ tuyệt đối nếu
Định nghĩa 1.1.2. Ta nói rằng
a
kiện hoặc bán hội tụ.
a
5
Nhận xét 1.1.3. Từ tiêu chuẩn Cauchy ta có: Nếu tích phân suy rộng hội tụ tuyệt
đối thì tích phân đó hội tụ.
1.1.1
Các dấu hiệu hội tụ
Định lý 1.1.4 (Dấu hiệu so sánh). Giả sử f, g : [a, +∞) → R+ là các hàm thỏa mãn
0 ≤ f (x) ≤ g(x), ∀x ≥ a. Khi đó,
+∞
+∞
f (x)dx cũng hội tụ.
g(x)dx hội tụ thì
(i) Nếu
a
a
+∞
+∞
f (x)dx cũng phân kỳ.
f (x)dx phân kỳ thì
(ii) Nếu
a
a
Chứng minh. Các khẳng định trên được suy ra từ tiêu chuẩn Cauchy.
+∞
Ví dụ 1.1.5. Xét sự hội tụ của tích phân
1
1
dx.
x2 +cos x+1
+∞
mọi x ≥ 1 và
1
1
x2 +cos x+1
Ta có
≤
1
x2
với
+∞
1
dx
x2
hội tụ. Vì vậy, theo dấu hiệu so sánh,
1
1
dx
x2 +cos x+1
hội tụ.
Hệ quả 1.1.6. Giả sử f, g : [a, +∞) → R+ là các hàm không âm thỏa mãn
+∞
f (x) ∼ Cg(x) khi x → +∞, C > 0. Khi đó
+∞
g(x)dx và
a
f (x)dx hoặc cùng
a
hội tụ hoặc cùng phân kỳ.
Hệ quả 1.1.7. Giả sử f, g : [a, +∞) → R+ là các hàm không âm thỏa mãn
∃ limx→+∞ f (x)/g(x) = k ∈ [0, +∞]. Khi đó,
+∞
(i) 0 < k < +∞.
+∞
g(x)dx và
a
f (x)dx hoặc cùng hội tụ hoặc cùng phân kỳ.
a
+∞
(ii) k = 0. Nếu
+∞
g(x)dx hội tụ thì
a
f (x)dx cũng hội tụ.
a
+∞
(iii) k = +∞. Nếu
+∞
g(x)dx phân kỳ thì
f (x)dx cũng phân kỳ.
a
a
+∞
Ví dụ 1.1.8. Xét sự hội tụ của tích phân
1
x+2014 sin x+2015
dx.
x2 +cos x+2016
Ta có
+∞
1
x
khi x → +∞ và
phân kỳ.
1
x+2014 sin x+2015
x2 +cos x+2016
∼
+∞
1
dx
x
phân kỳ. Vì vậy, theo dấu hiệu so sánh,
1
x+2014 sin x+2015
dx
x2 +cos x+2016
6
1.1.2
Các tiêu chuẩn hội tụ
Định lý 1.1.9 (Weierstrass). Giả sử f, g : [a, +∞) → R thỏa mãn |f (x)| ≤ g(x) ∀x ≥
+∞
a. Khi đó, nếu
+∞
g(x)dx thì
a
f (x)dx hội tụ (tuyệt đối).
a
Định lý 1.1.10 (Dirichlet). Giả sử f, g : [0, +∞) → R thỏa mãn
A
f (x)dx < B (B > 0) với mọi A > a.
(i)
a
(ii) Hàm g đơn điệu và g(x) → 0 khi x → +∞.
+∞
f (x)g(x)dx hội tụ
Khi đó,
a
Định lý 1.1.11 (Abel). Giả sử f, g : [0, +∞) → R thỏa mãn
+∞
f (x)dx hội tụ.
(i)
a
(ii) Hàm g đơn điệu và bị chặn.
+∞
f (x)g(x)dx hội tụ.
Khi đó,
a
+∞
Ví dụ 1.1.12. Xét sự hội tụ của tích phân
1
sin x
dx.
xα
Ta xét hai trường hợp sau đây.
TH1. α > 0. Ta có
A
sin xdx = | cos 1 − cos A| ≤ 2, ∀A > 1.
(i)
1
(ii) g(x) := 1/xα đợn điệu giảm và g(x) → 0 khi x → +∞.
+∞
Vì vậy, theo Định lý Dirichlet,
1
sin x
dx
xα
hội tụ với α > 0.
+∞
TH2. α ≤ 0. Ta sẽ chứng minh
1
sin x
dx
xα
hội tụ với α ≤ 0. Với α = 0, ta có
A
+∞
sin xdx = cos 1 − cos A. Do ∃ limA→+∞ (cos 1 − cos A) nên tích phân
1
sin xdx phân
1
kỳ. Đới với trường hợp α < 0. Ta sử dụng phương pháp chứng minh bằng phản chứng.
+∞
x−α sin xdx hội tụ. Khi đó, vì hàm g(x) := 1/x−α đơn điệu và bị
Thậy vậy, giả sử
1
7
chặn trên (0, +∞) nên theo Định lý Abel, tích phân
+∞
+∞
x−α sin x
sin xdx =
1
1
x−α
dx
1
+∞
hội tụ. Theo chứng minh trên, điều này là vô lý. Vậy
1
1.2
sin x
dx
xα
phân kỳ với α < 0.
Tích phân suy rộng loại II
Định nghĩa 1.2.1. Giả sử f (x) xác định trên [a, b), không bị chăn trên trên [a, b) và
khả tích trên mọi đoạn hữu hạn a ≤ x ≤ b − η (0 < η < b − a). Tích phân hình thức
b−η
b
a
f (x)dx := lim+
η→0
f (x)dx được gọi là tích phân suy rộng loại II của hàm f trên đoạn
a
[a; b).
(i) Nếu tồn tại giới hạn hữu hạn
b−η
A
I = lim+
f (x)dx :=
f (x)dx
η→0
a
a
b
b
f (x)dx hội tụ và ta viết
thì ta nói
f (x)dx = I.
a
a
b
f (x)dx
(ii) Nếu giới hạn này là vô cùng hoặc không tồn tại ta nói tích phân suy rộng
a
là phân kỳ.
Nhận xét 1.2.1. Bằng định nghĩa tương tự ta có thể định nghĩa tích phân suy rộng
cho hàm không bị chặn trên (a, b] như sau
b
b
f (x)dx := lim+
f (x)dx.
η→0
a
a+η
b
Hơn nữa, bằng cách đổi biến t = 1/(b − x) tích phân suy rộng loại II
f (x)dx sẽ trở
a
thành tích phân suy rộng loại I. Vì thế, tất cả các dấu hiệu hội tụ ở trên cũng đúng đối
với tích phân suy rộng loại II (tất nhiên ta có thể chứng minh trực tiếp).
8
Ví dụ 1.2.1. Xét sự hội tụ của tích phân
1
dx
(α ∈ R).
xα
0
Ta có
1
η
1−α
x
1
1−α
= 1−η
1−α
1−α
dx
η
=
1
α
x
ln x = − ln η
nếu α = 1
nếu α = 1.
η
1
Vì vậy, ta kết luận rằng
0
dx
xα
hội tụ nếu α < 1 và phân kỳ nếu α ≥ 1.
Ví dụ 1.2.2. Xét sự hội tụ của tích phân
1
ln2015 xdx.
0
√
Ta có limx→0+
√
x ln2015 x = 0. Do đó, tồn tại 0 < η0 < 1 sao cho | x ln2015 x| < 1 với
mọi 0 < x ≤ η0 , tức là
1
| ln2015 x| < √ ∀ 0 < x ≤ η0 .
x
η0
Do
0
η0
√1 dx
x
1
0
| ln2015 x|dx cũng hội tụ theo dấu hiệu so sánh. Vì vậy, ta kết
0
2015
ln
luận rằng
1.3
hội tụ nên
η0
xdx =
ln2015 xdx +
0
1
ln2015 xdx hội tụ (tuyệt đối).
η0
Các bài tích phân suy rộng trong các đề thi
những năm gần đây
Thông thường hàm dưới dấu tích phân suy rộng có nhiều điểm bất thường (điểm
mà hàm không có giới hạn hoặc điểm ∞). Khi đó, ta phải chia tích phân thành tổng
các tích phân (suy rộng) mà mỗi tích phân này chỉ có nhiều nhất một điểm bất thường.
Bài 1 (Năm 2014). Xét sự hội tụ đều của tích phân suy rộng sau
+∞
x cos x
dx, p, q ∈ R.
xp + xq
I :=
0
9
a) Xét sự hội tụ của I.
Trước hết, ta viết tích phân trên thành tổng của hai tích phân
1
+∞
x cos x
dx +
xp + xq
I=
0
x cos x
dx.
xp + xq
1
Không mất tổng quát ta có thể giả sử p ≤ q. Khi đó,
f (x) :=
x cos x
1
∼
C.
, khi x → 0+ ,
p
q
p−1
x +x
x
trong đó, C = 1/2 nếu p = q và C = 1 nếu p = q. Vì vậy, theo dấu hiệu so sánh,
1
x cos x
dx
xp + xq
I1 :=
0
hội tụ khi p < 2.
Đối với tích phân
+∞
x cos x
dx,
xp + xq
I2 :=
1
ta sẽ chứng minh I2 hội tụ khi q > 1 và phân kỳ nếu q ≤ 1. Thật vậy, giả sử q > 1.
Khi đó, ta có
A
cos xdx ≤ 2 ∀A > 1
1
p
q
và g(x) := x/(x + x ) đơn điệu với x đủ lớn (tức là với mọi x > A0 , với A0 > 1 nào
đó) và dần về 0 khi x → +∞. Theo Định lý Dirichlet, I2 hội tụ với q > 1.
Bây giờ, ta xét trường hợp p ≤ q ≤ 1. Giả sử phản chứng rằng I2 hội tụ khi
p ≤ q ≤ 1. Khi đó, do hàm (xp + xq )/x đơn điệu với x đủ lớn và bị chặn đều trên
(1, +∞) nên theo Định lý Abel, tích phân
+∞
+∞
cosxdx =
1
x cos x xp + xq
dx
xp + xq
x
1
hội tụ. Điều này vô lý (chứng minh tương tự như ở ví dụ 1.1.12 với α = 0).
Kết luận. Tích phân suy rộng I hội tụ nếu max{p, q} > 1 và min{p, q} < 2 và phân
kỳ trong các trường hợp ngược lại.
10
b) Xét sự hội tụ đều của I.
Trước hết, ta viết tích phân trên thành tổng của hai tích phân
1
+∞
x cos x
dx +
xp + xq
I=
0
x cos x
dx.
xp + xq
1
Không mất tổng quát ta có thể giả sử p ≤ q.
Ta chú ý rằng
1
x cos x
dx
xp + xq
I1 :=
0
hội tụ không đều trên p < 2. Thật vậy, giả sử I1 hội tụ đều trên p < 2. Khi đó, theo
định lý về chuyển qua giới hạn dưới dấu tích phân, ta suy ra rằng tồn tại
1
1
lim
p→2
1
x cos x
lim p
dx =
p→2 x + xq
x cos x
dx =
xp + xq
0
0
x cos x
dx.
x2 + x q
0
Điều này vô lý vì tích phân cuối cùng phân kỳ.
Bây giờ, ta sẽ chứng minh rằng I1 hội tụ đều trên p ≤ 2 −
với mỗi
> 0. Thật
vậy, ta có
f (x, p, q) ∼ C.
1
xp−1
≤
1
x1−
, khi x → 0+ ,
trong đó, C = 1/2 nếu p = q và C = 1 nếu p = q. Vì vậy, tồn tại 0 < η0 < 1 sao cho
|f (x)| ≤ C1
1
x1−
, ∀ 0 < x ≤ η0 ,
trong đó, C1 > 0 là hằng số. Do
1
1
x1−
dx
0
hội tụ nên theo Định lý Weierstrass tích phân I1 hội tụ đều trên p ≤ 2 − .
Đối với tích phân
+∞
x cos x
dx,
xp + xq
I2 :=
1
ta sẽ chứng minh I2 hội tụ không đều trên q > 1 và hội tụ đều trên q ≥ 1 + với mỗi
> 0.
11
Thật vậy, giả sử phản chứng rằng I2 hội tụ đều trên q > 1. Khi đó, theo định lý về
chuyển qua giới hạn đưới dấu tích phân, giới hạn sau đây tồn tại
+∞
+∞
x cos x
dx =
xp + xq
lim+
q→1
+∞
x cos x
dx.
xp + x
x cos x
lim+ p
dx =
q→1 x + xq
1
1
1
Tuy nhiện, tích phân trên không hội tụ (chú ý p ≤ 1 và áp dụng Định lý Abel). Điều
này vô lý. Vậy, I2 không hội tụ đều trên q > 1.
Trên q ≥ 1 + , ta có
A
cos xdx ≤ 2 ∀A > 1
1
với mọi q ≥ 1 + . Hơn nũa, hàm g(x) := x/(xp + xq ) đơn điệu với x đủ lớn (tức là với
mọi x > A0 , với A0 > 1 nào đó) và dần đều về 0 khi x → +∞. Theo Định lý Dirichlet,
I2 hội tụ đều trên q ≥ 1 + .
Kết luận. Tích phân suy rộng I hội tụ đều trên nếu max{p, q} ≥ 1 +
min{p, q} ≤ 2 −
1
với mỗi
1, 2
Bài 2 (Năm 2013). Xét sự hội tụ của tích phân suy rộng sau
+∞
eαx − 1
dx, α, β ∈ R.
xβ
0
Trước hết, ta viết
1
I :=
eαx − 1
dx +
xβ
0
+∞
eαx − 1
dx
xβ
1
a) Xét sự hội tụ của tích phân thứ nhất
1
I1 :=
eαx − 1
dx.
xβ
0
Ta có
f (x) :=
và
> 0 và hội tụ không đều trong các trường hợp
còn lại.
I :=
1
eαx − 1
α
1
∼ β−1 nếu α = 0, f (x) ∼ − β nếu α = 0, khi x → 0+ .
β
x
x
x
12
Vì vâỵ, theo dấu hiệu so sánh, I1 hội tụ khi β < 2, α = 0 và β < 1, α = 0 .
b) Xét sự hội tụ của tích phân thứ hai
+∞
I2 :=
eαx − 1
dx.
xβ
1
Ta xét các trường hợp sau đây:
TH1. α = 0. Ta có
−1
, x → +∞
xβ
f (x) ∼
Vì vậy, theo dấu hiệu so sánh, I2 hội tụ nếu α = 0, β > 1 và phân kỳ nếu α = 0, β ≤ 1.
√
TH2. α > 0. Ta có xf (x) → +∞ khi x → +∞. Do đó, tồn tại A0 > 1 sao cho
√
Tức là f (x) >
√1
x
xf (x) > 1, ∀ x ≥ A0 .
với mọi x ≥ A0 . Do
+∞
1
√ dx
x
1
phân kỳ nên theo dấu hiệu so sánh, I2 phân kỳ với α > 0, β ∈ R.
TH3. α < 0. Ta có x2 f (x) → +∞ khi x → +∞. Do đó, tồn tại A0 > 1 sao cho
x2 f (x) < 1, ∀ x ≥ A0 .
Tức là f (x) <
1
x2
với mọi x ≥ A0 . Do
+∞
1
dx
x2
1
hội tụ nên theo dấu hiệu so sánh, I2 hội tụ với α < 0, β ∈ R.
Kết luận: I hội tụ nếu α < 0, β < 2 và phân kỳ trong các trường hợp còn lại.
Bài 3 (Năm 2012). Xét sự hội tụ của tích phân suy rộng sau
+∞
√
I :=
0
xp
dx, p ∈ R.
ex − 1
13
Trước hết, ta viết
1
I :=
xp
√ x
dx +
e −1
0
+∞
√
xp
dx
ex − 1
1
a) Xét sự hội tụ của tích phân thứ nhất
1
√
I1 :=
xp
dx.
ex − 1
0
Ta có
f (x) := √
xp
1
∼ 1/2−p , x → 0+ .
x
x
e −1
Vì vâỵ, theo dấu hiệu so sánh, I1 hội tụ khi p > −1/2.
b) Xét sự hội tụ của tích phân thứ hai
+∞
I2 :=
xp
√ x
dx.
e −1
1
Ta có x2 f (x) → +∞ khi x → +∞. Do đó, tồn tại A0 > 1 sao cho
x2 f (x) < 1, ∀ x ≥ A0 .
Tức là f (x) <
1
x2
với mọi x ≥ A0 . Do
+∞
1
dx
x2
1
hội tụ nên theo dấu hiệu so sánh, I2 hội tụ với mọi p ∈ R.
Kết luận: I hội tụ nếu p > −1/2 và phân kỳ trong các trường hợp còn lại.
Bài 4 (Năm 2011). Xét sự hội tụ của tích phân suy rộng sau
+∞
sin x
dx, α, β > 0.
+ xβ
I :=
xα
0
Trước hết, ta viết
1
+∞
sin x
dx +
α
x + xβ
I :=
0
sin x
dx
+ xβ
xα
1
14
Không mất tổng quát ta giả sử α ≤ β.
a) Xét sự hội tụ của tích phân thứ nhất
1
sin x
dx.
+ xβ
I1 :=
xα
0
Ta có
f (x) :=
sin x
1
∼ C α−1 , khi x → 0+ ,
β
+x
x
xα
trong đó C = 1 nếu α = β và C = 1/2 nếu α = β. Vì vâỵ, theo dấu hiệu so sánh, I1
hội tụ khi α < 2.
b) Xét sự hội tụ của tích phân thứ hai
+∞
sin x
dx.
+ xβ
I2 :=
xα
1
Khi đó, ta có
A
sin xdx ≤ 2 ∀A > 1
1
và g(x) := 1/(xβ + xα ) đơn điệu và hội tụ về 0 khi x → +∞. Theo Định lý Dirichlet,
I2 hội tụ với mọi α, β > 0.
Kết luận: I hội tụ nếu 0 < min{α, β} < 2 và phân kỳ trong các trường hợp còn lại.
Bài 5 (Năm 2011). Xét sự hội tụ của tích phân suy rộng sau
+∞
dx
dx, α, β ∈ R.
xα (ln x)β
I :=
1
Trước hết, ta viết
2
+∞
dx
+
α
x (ln x)β
I=
1
dx
xα (ln x)β
2
a) Xét sự hội tụ của tích phân thứ nhất
2
dx
.
xα (ln x)β
I1 :=
1
.
15
Vì ln x = ln(1 + (x − 1)) ∼ x − 1 khi x → 1+ nên ta có
f (x) :=
1
1
∼
, khi x → 1+ .
α
β
β
x (ln x)
(x − 1)
Vì vâỵ, theo dấu hiệu so sánh, I1 hội tụ khi và chỉ khi β < 1.
b) Xét sự hội tụ của tích phân thứ hai
+∞
dx
I2 :=
xα (ln x)β
.
2
Ta xét các trường hợp sau
TH1. α = 1. Trong trường hợp này ta có
+∞
+∞
dx
=
x(ln x)β
I2 =
d ln x
.
(ln x)β
2
2
Vì vâỵ, theo dấu hiệu so sánh, I2 hội tụ khi và chỉ khi β > 1, α = 1.
TH2. α > 1. Gọi γ là một số tùy ý thỏa mãn 1 < γ < α. Khi đó, do xγ f (x) → 0 khi
x → +∞ nên tồn tại A > 2 sao cho |f (x)| < 1/xγ với mọi x ≥ A. Mặt khác, vì tích
+∞
phân
2
dx
(x)γ
hội tụ nên theo dâu hiệu so sánh I2 hội tụ.
TH3. α < 1. Gọi γ là một số tùy ý thỏa mãn 1 > γ > α. Khi đó, do xγ f (x) → +∞
khi x → +∞ nên tồn tại A > 2 sao cho |f (x)| > 1/xγ với mọi x ≥ A. Mặt khác, vì
+∞
tích phân
2
dx
(x)γ
phân kỳ nên theo dâu hiệu so sánh I2 phân kỳ.
Kết luận: I hội tụ khi và chỉ khi α > 1, β < 1.
Bài 6 (Năm 2010). 1) Xét sự hội tụ của tích phân suy rộng sau
+∞
I :=
sin(x2 )
dx, α ≥ 0.
xα (1 + x)
0
2) Cho hàm số f (x) xác định trong khoảng [a, +∞), đơn điệu và dần về 0 khi x → +∞.
+∞
+∞
f (x) cos2 xdx hoặc cùng hội tụ hoặc
f (x)dx và
Chứng minh rằng các tích phân
a
a
cùng phân kỳ.
1) Dùng phép đổi biến t = x2 , ta có
+∞
1
I=
2
sin t
0
t
α
+ 12
2
(1 +
√ dt
t)
16
Trước hết, ta viết
1
+∞
sin t
2I =
t
0
α
+ 12
2
√ dt +
(1 + t)
sin t
t
1
α
+ 12
2
(1 +
√ dt.
t)
a) Xét sự hội tụ của tích phân thứ nhất
1
sin t
I1 :=
t
0
α
+ 12
2
(1 +
√ dt.
t)
Ta có
sin t
f (t) :=
t
α
+ 12
2
(1 +
√
t)
∼
1
tα/2−1/2
, khi t → 0+ .
Vì vâỵ, theo dấu hiệu so sánh, I1 hội tụ khi α < 3.
b) Xét sự hội tụ của tích phân thứ hai
+∞
sin t
I2 :=
t
1
α
+ 12
2
(1 +
√ dt.
t)
Khi đó, ta có
A
sin tdt ≤ 2 ∀A > 1
1
và g(t) :=
1
√
α 1
t 2 + 2 (1+ t)
đơn điệu và hội tụ về 0 khi t → +∞. Theo Định lý Dirichlet, I2
hội tụ với mọi α ≥ 0.
Kết luận: I hội tụ nếu 0 ≤ α < 3 và phân kỳ trong các trường hợp còn lại.
2) Ta có
+∞
+∞
1
f (x) cos xdx =
2
+∞
1
f (x)dx +
2
2
a
a
f (x) cos(2x)dx.
a
+∞
f (x) cos(2x)dx hội tụ theo Định lý Dirichlet (bài tập!) nên
Mặt khác, tích phân
a
+∞
+∞
f (x) cos2 xdx hoặc cùng hội tụ hoặc cùng phân
f (x)dx và
2 tích phân suy rộng
a
a
kỳ.
Bài 7 (Năm 2009). Xét sự hội tụ của tích phân suy rộng sau
+∞
xα−1 eβx dx, α, β ∈ R.
I :=
0
17
Trước hết, ta viết
1
I=
+∞
x
α−1 βx
xα−1 eβx dx.
e dx +
0
1
a) Xét sự hội tụ của tích phân thứ nhất
1
xα−1 eβx dx.
I1 :=
0
Ta có
1
f (x) := xα−1 eβx ∼
x1−α
, khi x → 0+ .
Vì vâỵ, theo dấu hiệu so sánh, I1 hội tụ khi và chỉ khi α > 0.
b) Xét sự hội tụ của tích phân thứ hai
+∞
xα−1 eβx dx.
I2 :=
1
Ta xét các trường hợp sau
TH1. β = 0. Trong trường hợp này ta có
+∞
dx
.
x1−α
I2 =
1
Vì vâỵ, I2 hội tụ khi và chỉ khi β = 0, α < 0.
TH2. β < 0. Do x2 f (x) → 0 khi x → +∞ nên tồn tại A > 2 sao cho |f (x)| < 1/x2
+∞
dx
x2
với mọi x ≥ A. Mặt khác, vì tích phân
1
hội tụ nên theo dâu hiệu so sánh I2 hội
tụ.
TH3. β > 0. Do x1/2 f (x) → +∞ khi x → +∞ nên tồn tại A > 2 sao cho
+∞
|f (x)| > 1/x1/2 với mọi x ≥ A. Mặt khác, vì tích phân
1
dx
x1/2
phân kỳ nên theo
dâu hiệu so sánh I2 phân kỳ.
Kết luận: I hội tụ khi và chỉ khi α > 0, β < 0.
Bài 8 (Năm 2006-2). 1) Xét sự hội tụ của tích phân suy rộng sau
+∞
1
4
e− x2 − e− x2 dx.
I :=
0
18
2) Chứng minh rằng tích phân
+∞
sin(f (x))dx
0
hội tụ nếu f (x) đơn điệu tăng và dần ra +∞ khi x → +∞.
1) Trước hết, ta viết
1
+∞
−
I=
e
1
x2
−
−e
4
x2
1
0
4
e− x2 − e− x2 dx.
dx +
1
a) Xét sự hội tụ của tích phân thứ nhất
1
1
4
e− x2 − e− x2 dx.
I1 :=
0
4
1
Đặt f (x) := e− x2 − e− x2 . Khi đó, do limx→0+ f (x) = 0 nên điểm x = 0 là bất thường
khử được của I1 . Vì vậy, I1 hội tụ.
b) Xét sự hội tụ của tích phân thứ hai
+∞
1
4
e− x2 − e− x2 dx.
I2 :=
1
Ta có
f (x) ∼
3
khi x → +∞.
x2
+∞
Hơn nữa, tích phân
1
dx
x2
hội tụ nên theo dâu hiệu so sánh I2 hội tụ.
Kết luận: I hội tụ khi và chỉ khi α > 0, β < 0.
2) Ta viết
+∞
I :=
+∞
sin(f (x))dx =
0
sin(f (x))f (x)
1
dx.
f (x)
0
A
Kho đó, do | sin(f (x))f (x)dx| = | cos f (0) − cos f (A)| ≤ 2 với mọi A > 0 và hàm
0
g(x) := 1/f (x) đơn điệu và dần về 0 khi x → +∞ nên, theo Định lý Dirichlet, tích
phân I hội tụ.
19
Bài 9 (Năm 2006-1). Xét sự hội tụ của tích phân suy rộng sau
+∞
I :=
xα sin x
dx, α ∈ R.
1+x
0
Trước hết, ta viết
1
xα sin x
dx +
1+x
I :=
+∞
xα sin x
dx.
1+x
1
0
a) Xét sự hội tụ của tích phân thứ nhất
1
I1 :=
xα sin x
dx.
1+x
0
Ta có
f (x) :=
xα sin x
1
∼ −α−1 khi x → 0+ .
1+x
x
Vì vâỵ, theo dấu hiệu so sánh, I1 hội tụ khi α > −2.
b) Xét sự hội tụ của tích phân thứ hai
+∞
I2 :=
xα sin x
dx.
1+x
1
Ta xét các trường hợp sau:
TH1. α < 1. Trong trường hợp này ta có
A
sin xdx ≤ 2 ∀A > 1
1
và g(x) := xα /(1 + x) đơn điệu và hội tụ về 0 khi x → +∞. Theo Định lý Dirichlet, I2
hội tụ với mọi α < 1.
TH2. α ≥ 1. Ta sẽ chứng minh I2 phân kỳ. Thật vậy, giả sử I2 hội tụ. Khi đó, do hàm
g1 (x) := (1 + x)/xα đơn điệu và bị chặn (|g1 (x)| ≤ 2 ∀x ≥ 1) nên theo Định lý Abel,
tích phân
+∞
+∞
sin xdx =
1
1
xα sin x 1 + x
dx
1 + x xα
20
hội tụ. Điều này vô lý vì tích phân này thực tế phân kỳ (xem chứng minh ở trên).
Kết luận: I hội tụ nếu −2 < α < 1 và phân kỳ trong các trường hợp còn lại.
Bài 10 (Năm 2005-2). Xét sự hội tụ của tích phân suy rộng sau
+∞ √
x cos(x3 )
dx.
x + 10
I :=
0
Dùng phép đổi biến t = x3 , ta có
+∞
cos t
√ √
dt
t( 3 t + 10)
1
I=
3
0
Trước hết, ta viết
1
+∞
cos t
√ √
dt +
t( 3 t + 10)
3I =
0
cos t
√ √
dt.
t( 3 t + 10)
1
a) Xét sự hội tụ của tích phân thứ nhất
1
cos t
√ √
dt.
t( 3 t + 10)
I1 :=
0
Ta có
cos t
1
f (t) := √ √
∼ 1/2 , khi t → 0+ .
3
t
t( t + 10)
Vì vâỵ, theo dấu hiệu so sánh, I1 hội tụ.
b) Xét sự hội tụ của tích phân thứ hai
+∞
cos t
√ √
dt.
t( 3 t + 10)
I2 :=
1
Khi đó, ta có
A
cos tdt ≤ 2 ∀A > 1
1
và g(t) :=
hội tụ.
1
√ √
t( 3 t+10)
đơn điệu và hội tụ về 0 khi t → +∞. Theo Định lý Dirichlet, I2
21
Kết luận: I hội tụ.
Bài 11 (Năm 2005-1). Xét sự hội tụ của tích phân suy rộng sau
+∞
sin x
I :=
(x − a)(x − b)
dx (b > a > 0).
b
Trước hết, ta viết
+∞
c
sin x
I=
(x − a)(x − b)
sin x
dx +
(x − a)(x − b)
c
b
dx (c > b).
a) Xét sự hội tụ của tích phân thứ nhất
c
sin x
I1 :=
(x − a)(x − b)
dx.
b
Ta có
f (x) :=
sin x
(x − a)(x − b)
∼
sin b
(b − a)(x − b)
, khi x → b+ .
Vì vâỵ, theo dấu hiệu so sánh, I1 hội tụ.
b) Xét sự hội tụ của tích phân thứ hai
+∞
sin x
I2 :=
(x − a)(x − b)
c
dx.
Khi đó, ta có
A
sin xdx ≤ 2 ∀A > 1
c
và g(x) :=
√ 1
(x−a)(x−b)
đơn điệu và hội tụ về 0 khi x → +∞. Theo Định lý Dirichlet,
I2 hội tụ.
Kết luận: I hội tụ.
Bài 12 (Năm 2004). Xét sự hội tụ của tích phân suy rộng sau
+∞
I :=
0
ln2 x
dx, α ∈ R.
xα
22
Trước hết, ta viết
1
I=
ln2 x
dx +
xα
0
+∞
ln2 x
dx.
xα
1
a) Xét sự hội tụ của tích phân thứ nhất
1
I1 :=
ln2 x
dx.
xα
0
Ta xét các trường hợp sau:
TH1. α = 1. Trong trường hợp này ta có
1
ln2 xd ln x =
I1 =
1 3
ln x
3
1
= +∞.
0
0
Vì vâỵ, I1 phân kỳ khi α = 1.
TH2. α > 1. Chọn 1 < γ < α. Do xγ f (x) → +∞ khi x → 0+ nên tồn tại 0 < η0 < 1
1
sao cho |f (x)| > 1/xγ với mọi x ≥ η0 . Mặt khác, vì tích phân
0
dx
xγ
phân kỳ nên theo
dâu hiệu so sánh I1 phân kỳ.
TH3. α < 1. Chọn 1 > γ > α. Do xγ f (x) → 0 khi x → 0+ nên tồn tại 0 < η0 < 1
1
sao cho |f (x)| < 1/xγ với mọi x ≥ η0 . Mặt khác, vì tích phân
0
hiệu so sánh I1 hội tụ.
b) Xét sự hội tụ của tích phân thứ hai
+∞
I2 :=
ln2 x
dx.
xα
1
Ta xét các trường hợp sau:
TH1. α = 1. Trong trường hợp này ta có
+∞
ln2 xd ln x =
I2 =
1
Vì vâỵ, I2 phân kỳ khi α = 1.
1 3
ln x
3
+∞
= +∞.
1
dx
xγ
hội tụ nên theo dâu
23
TH2. α > 1. Chọn 1 < γ < α. Do xγ f (x) → 0 khi x → +∞ nên tồn tại A > 1 sao
+∞
dx
xγ
cho |f (x)| < 1/xγ với mọi x ≥ A. Mặt khác, vì tích phân
1
hội tụ nên theo dâu
hiệu so sánh I2 hội tụ.
TH3. α < 1. Chọn 1 > γ > α. Do xγ f (x) → +∞ khi x → +∞ nên tồn tại A > 1 sao
+∞
cho |f (x)| > 1/xγ với mọi x ≥ A. Mặt khác, vì tích phân
1
dx
xγ
phân kỳ nên theo dâu
hiệu so sánh I2 phân kỳ.
Kết luận: I1 hội tụ khi và chỉ khi α < 1, I2 hội tụ khi và chỉ khi α > 1. I = I1 + I2
phân kỳ.
Bài 13 (Năm 2003). Xét sự hội tụ của tích phân suy rộng sau
+∞ √
x ln2 x
dx, α ∈ R.
1 + xα
I :=
0
Trước hết, ta viết
√
1
x ln2 x
dx +
1 + xα
I=
0
+∞ √
x ln2 x
dx.
1 + xα
1
a) Xét sự hội tụ của tích phân thứ nhất
1
I1 :=
√
x ln2 x
dx.
1 + xα
0
Do f (x) → 0 khi x → 0+ nên x = 0 là điểm bất thường khử được. Vậy, I1 hội tụ.
b) Xét sự hội tụ của tích phân thứ hai
+∞ √
x ln2 x
dx.
1 + xα
I2 :=
1
Ta xét các trường hợp sau:
TH1. α = 3/2. Trong trường hợp này ta có
+∞
ln2 xd ln x =
I2 =
1
1 3
ln x
3
+∞
= +∞.
1
24
và f (x) ∼
ln2 x
x
khi x → +∞. Do đó, I2 phân kỳ khi α = 3/2.
TH2. α > 3/2. Chọn 1 < γ < α − 1/2. Do xγ f (x) → 0 khi x → +∞ nên tồn tại
+∞
A > 1 sao cho |f (x)| < 1/xγ với mọi x ≥ A. Mặt khác, vì tích phân
1
dx
xγ
hội tụ nên
theo dâu hiệu so sánh I2 hội tụ.
TH3. α < 3/2. Chọn 1 > γ > α − 1/2. Do xγ f (x) → +∞ khi x → +∞ nên tồn tại
+∞
A > 1 sao cho |f (x)| > 1/xγ với mọi x ≥ A. Mặt khác, vì tích phân
1
nên theo dâu hiệu so sánh I2 phân kỳ.
Kết luận: I hội tụ khi và chỉ khi α > 3/2.
Bài 14 (Năm 2003-1). Xét sự hội tụ của tích phân suy rộng sau
+∞
I :=
xα sin(2x)
dx, α ∈ R.
1 + x2
0
Trước hết, ta viết
1
I :=
xα sin(2x)
dx +
1 + x2
0
+∞
xα sin(2x)
dx.
1 + x2
1
a) Xét sự hội tụ của tích phân thứ nhất
1
I1 :=
xα sin(2x)
dx.
1 + x2
0
Ta có
xα sin(2x)
2
∼ −α−1 khi x → 0+ .
2
1+x
x
Vì vâỵ, theo dấu hiệu so sánh, I1 hội tụ khi α > −2.
f (x) :=
b) Xét sự hội tụ của tích phân thứ hai
+∞
I2 :=
xα sin(2x)
dx.
1 + x2
1
Ta xét các trường hợp sau:
TH1. α < 2. Trong trường hợp này ta có
A
sin xdx ≤ 2 ∀A > 1
1
dx
xγ
phân kỳ
25
và g(x) := xα /(1 + x2 ) đơn điệu và hội tụ về 0 khi x → +∞. Theo Định lý Dirichlet,
I2 hội tụ với mọi α < 1.
TH2. α ≥ 2. Ta sẽ chứng minh I2 phân kỳ. Thật vậy, giả sử I2 hội tụ. Khi đó, do hàm
g1 (x) := (1 + x2 )/xα đơn điệu và bị chặn (|g1 (x)| ≤ 2 ∀x ≥ 1) nên theo Định lý Abel,
tích phân
+∞
+∞
sin(2x)dx =
1
xα sin(2x) 1 + x2
dx
1 + x2
xα
1
hội tụ. Điều này vô lý vì tích phân này thực tế phân kỳ (xem chứng minh ở trên).
Kết luận: I hội tụ nếu −2 < α < 2 và phân kỳ trong các trường hợp còn lại.
Bài 15 (Năm 2002). Xét sự hội tụ của tích phân suy rộng sau
+∞
I :=
sin2 (2x)
dx.
x
0
Trước hết, ta viết
1
I :=
+∞
sin2 (2x)
dx +
x
0
sin2 (2x)
dx.
x
1
a) Xét sự hội tụ của tích phân thứ nhất
1
I1 :=
sin2 (2x)
dx.
x
0
Do limx→0
sin2 (2x)
x
= 0 nên x = 0 là điểm bất thường khử được. Vì vậy, I1 hội tụ.
b) Xét sự hội tụ của tích phân thứ hai
+∞
I2 :=
sin2 (2x)
1
dx =
x
2
1
+∞
Do tích phân
1
phân kỳ và
nên I2 phân kỳ.
Kết luận: I phân kỳ.
+∞
1
1
dx −
x
2
1
+∞
1
dx
x
+∞
1
cos(4x)
dx
x
cos(4x)
dx.
x
1
hội tụ (theo Định lý Dirichlet-Bài tập)
