Ứng dụng của phép tính tích phân trong toán sơ cấp

1

Khoá luận tốt nghiệp
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2
KHOA TOÁN
*****

ĐÀO THỊ HỒNG VÂN

ỨNG DỤNG CỦA PHÉP TÍNH TÍCH PHÂN
TRONG TOÁN SƠ CẤP
KHOÁ LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC
CHUYÊN NGÀNH: GIẢI TÍCH
Người hướng dẫn khoa học
GVC.Th.s Phùng Đức Thắng

HÀ NỘI - 2012
Đào Thị Hồng Vân

K34A - Toán


LỜI NÓI ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Phép tính tích phân là một công cụ toán học có ứng dụng rộng rãi
không chỉ trong toán học mà còn trong nhiều ngành khoa học khác.
Nhờ phép tính tích phân mà có thể giải quyết được nhiều bài toán thực
tế mà toán sơ cấp không thực hiện được. Hiện nay, phép tính tích phân được
đưa vào chương trình môn toán THPT trong sách giáo khoa giải tích lớp 12.
Các tác giả đưa ra những con đường đi đến khái niệm tích phân đơn giản
hơn con đường đi đến khái niệm tích phân tổng quát. Nội dung và cách trình bày

vấn đề này trong các sách giáo khoa giải tích 12 cũng khác nhau. Thực tế đó nảy
sinh câu hỏi: học sinh có vì thế mà hiểu sai khái niệm tích phân hay không? Giáo
viên nên chọn nội dung giảng dạy như thế nào cho phù hợp?...
Phép tính tích phân có rất nhiều ứng dụng, chúng ta có thể sử dụng để
giải quyết một số dạng toán trong chương trình toán THPT. Với mong muốn
được nghiên cứu và tìm hiểu sâu hơn về vấn đề này và bước đầu tiếp cận với
việc nghiên cứu khoa học, dưới sự hướng dẫn của thầy Phùng Đức Thắng,
em đã chọn đề tài: “Ứng dụng của phép tính tích phân trong toán sơ cấp”.
2. Mục đích nghiên cứu
Giúp học sinh nắm chắc kiến thức về tích phân ở bậc THPT và ứng dụng
tích phân vào giải quyết một số dạng toán khác nhau ở phổ thông như: chứng
minh đẳng thức, chứng minh bất đẳng thức, tìm cực trị, chứng minh sự tồn tại
nghiệm, giải phương trình, tính giới hạn của tổng dãy, tính diện tích hình
phẳng, tính thể tích vật thể tròn xoay.
Qua đó cho học sinh thấy được một cách tiếp cận mới đối với các dạng
toán thường gặp này và tránh được một số sai lầm khi giải toán tích phân.
3. Phương pháp nghiên cứu
Xuất phất từ các định nghĩa và các tính chất của tích phân, sách tham
khảo, báo Toán học và tuổi trẻ, tổng kết kinh nghiệm của bản thân về những
thuận lợi và khó khăn khi giải quyết bài toán.


4. Nội dung của khoá luận
Chương 1. Một số kiến thức cơ bản
Trong chương này em muốn nêu khái niệm tích phân và các tính chất
cơ bản của tích phân để sử dụng trong các chương sau:
Chương 2. Ứng dụng của phép tính tích phân trong đại số
Ứng dụng của phép tính tích phân để giải một số dạng toán ở THPT
như: chứng minh đẳng thức, chứng minh bất đẳng thức, tìm cực trị, chứng
minh sự tồn tại nghiệm, giải phương trình, tính giới hạn của tổng dãy.

Chương 3. Ứng dụng của phép tính tích phân trong hình học
Ứng dụng của phép tính tích phân để tính diện tích của hình phẳng và
thể tích của vật thể tròn xoay.
Mặc dù đã rất cố gắng nhưng do lần đầu tiên tiếp cận việc nghiên cứu
khoa học, do hạn chế về thời gian và kiến thức nên trong nội dung và cách
trình bày luận văn của em không tránh khỏi những thiếu sót. Em mong nhận
được sự chỉ bảo và đóng góp ý kiến của các thầy cô và đọc để luận văn được
hoàn thiện hơn.
Em xin chân thành gửi lời cảm ơn sâu sắc tới thầy Phùng Đức Thắng,
người đã trực tiếp hướng dẫn và chỉ bảo tận tình để em có thể hoàn thành
khoá luận này. Đồng thời em cũng chân thành cảm ơn các thầy cô giáo trong
tổ Giải tích, ban chủ nhiệm khoa Toán đã tạo điều kiện thuận lợi để em có cơ
hội làm tốt công việc của mình.
Hà Nội, ngày 01 tháng 05 năm 2012
Sinh viên

Đào Thị Hồng Vân

Chương 1


MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ BẢN
1.1. Định nghĩa tích phân
Cho hàm số

f (x) xác định trên đoạn [a;b],(a b) . Ta lần lượt
thực
hiện các bước sau:
1. Chia đoạn [a;b] thành những đoạn nhỏ không nhất thiết bằng nhau,
bởi các điểm a x0 x1 ... xn b .

Đặt

xi xi xi1(1 i n) . Số lớn nhất trong các hiệu số
đó được kí

hiệu là maxxi .
2. Trong

mỗi

đoạn

[xi1,
xi ]

chọn

một

điểm

tuỳ

ý

i , xi1 i xi và tính f ( ) .
i
(1 i n)

3. Lập tích

f (i
).xi

trên mỗi đoạn chia.

4. Lập tổng các tích đó:
n
f (
Sn f 1)x1

(i )xi 

f (2 )x2
... 

f (n )xn .

i1

Tổng

Sn được gọi là tổng tích phân của hàm số f (x) trên đoạn [a;b].

5. Thực hiện phép chia đoạn [a;b]
sao cho max
xi

thành những đoạn ngày càng nhỏ,

dần đến 0. Nếu tồn tại giới hạn

n

lim f
(i )xi
n
i 1

này không phụ thuộc vào cách chia đoạn [a;b]

và giới hạn


và cách chọn điểm i

trên


b

[a;b] và được kí hiệu là

f (x)dx .
a

b

Vậy theo định nghĩa ta có :

n

f (x)dx lim f (i )xi
n

a

i 1

1.2. Một số tính chất cơ bản và định lý về tích phân
1.2.1.Các tính chất cơ bản
Trong các tính chất sau đây ta luôn sử dụng giả thiết f (x),
g(x)
trên đoạn [a;b]
a

1.

f (x)dx 0
a

b

2.

a

f (x)dx f (x)dx
a

b

b

b

3.  k. f (x)dx k f

(k □ )

(x)dx
a

a

b

b

b

4. [f (x) g(x)]dx f (x)dx g(x)dx
a

b

5.

a

c

a

b

f (x)dx f (x)dx f (x)dx
a

6. f (x)
0

7. f (x) 
g(x)

a

c

trên đoạn [a;b]

b

f (x)dx 0
a

trên đoạn [a;b]

b

b

f (x)dx g(x)dx
a

f (x)  trên đoạn [a;b] 
 m M
m(a

b)

a

b

f
(x)dx
a

liên tục


M (a
b)
t

9. t biến thiên trên đoạn [a;b] G(t)


f (x)dx

là một nguyên hàm của

á

f (t) và G(a) 0
10.

b

b

f (x)g(x)dx


a

a

f (x)g(x) dx

1.2.2. Định lý 1.1
Định lý 1.1. Mọi hàm
số

y f (x) liên tục trên [a;b] thì khả tích trên đoạn
đó.

Chứng minh
Theo định lý Cantor, hàm số

y f
(x)

liên tục trên đoạn [a;b] cho nên

liên tục đều trên đoạn này, nghĩa là với số 
cho trước, tồn tại số 
0

sao cho:
0
Với x1 [a;b],x2
x1 x2 thì f x1 f x2 .

[a;b] và
Giả sử là phân hoạch đoạn [a;b] sao
d
cho
Vì f (x) liên tục đều trên
k
cận dưới đúng
mk

.

cho nên nó đạt đến cận trên đúng M k và

trên đoạn đó, tức là

 ,

sao
cho
'

k

''

k

f  
M

k

''

'
n

Vì vậy





n

k

k

k

   
''

'

f k f k 

'

f
'' 

 
f 

k 1

m .

do đó

 


k k
k 1

'

k

Vì 
, 
''
k
k
k

cho
nên

'

, f 

''

k

Vì rằng  là số dương nhỏ tuỳ ý
nên

k

k



 b a 

n



k

k 1

y f (x) khả tích.

Vậy hàm số y f (x) khả tích.
1.2.3. Định lý 1.2
Định lý 1.2. Giả sử hàm
số

y f (x) xác định và liên tục trên [a;b] và giả sử F
(x)

là một nguyên hàm của nó. Khi đó, nếu tồn tại các số thực x1, x2 [a;b]
với x1 x2
sao cho F (x1 ) F (x2 ) thì
phương trình

f (x) 0 có nghiệm trong [x1; x2 ] .

Chứng minh
Giả sử phương trình
liên tục nên suy ra:
+ Nếu
[x1; x2 ].

f (x) 0 không có nghiệm
thuộc

f (x) 0,x
[x1; x2 ]

thì hàm số F 

[x1; x2 ] .
Vì

f (x)

đồng biến trên đoạn

x

Suy ra F (x ) F (x ) , trái giả thiết.
1
2
+ Nếu
[x1; x2 ].

f (x) 0,x
[x1; x2 ]

thì hàm số

F



x nghịch biến trên đoạn


Suy ra

F (x1 ) F (x2 ) , trái giả thiết.

Như vậy, trong cả hai trường hợp, ta đều có

trái với giả thiết

F (x1 ) F (x2 ) , điều
này

F (x1 ) F (x2 ) .

Vậy phương trình

f (x)
0

có nghiệm trong [x1; x2 ] .

Nhận xét. Cũng có thể phát biểu định lý 1.1 dưới dạng sau:
Định lý 1.2.1. Nếu hàm
số

y f (x) xác định và liên tục trên [a;b] và nếu
tồn
x1, x2
[a;b]

tại các số thực phân
biệt

sao
cho

thì phương trình

x2

f (x)dx
0
x1

f (x)
0

có nghiệm thuộc [x1; x2 ] .

1.2.4. Định lý 1.3
Định lý 1.3. Cho hai số thực a,b trái dấu (a 0
b) và

f (x) là một hàm số

liên tục, không âm (có thể bằng 0 tại một số hữu hạn điểm) trên [a;b] . Khi đó,
trong [a;b] phương trình
x

F (x) f (t)dt 0
có nghiệm duy
nhất

x
0.

0

Chứng minh
x

Ta thấy

F (x) f (t)dt
0

là
yên hàm của
một

ngu


f (x)

trên [a;b] .
x
+ Nếu 
0

thì

x
F (0) f (t)dt 0 
0
. Vậy
0

là nghiệm của phương

0

trình

F (x) 0 .
+ Nếu x 0 x [a;b], thì từ giả thiết f (x) 0 ,
và
ta suy ra

biến trên [a;b] và F (x) F (0) 0 , tức

phương trình

F (x)
0

F
(x)

đồng

không thể có

nghiệm x 0 trên [a;b] .
Vậy phương trình

có nghiệm duy nhất x 0 .

F (x)
0

Nhận xét : Bằng cách chứng minh hoàn toàn tương tự, ta có
Định lý 1.3.1. Cho 2 số
thực

a,b trái dấu
và

f (x) là một hàm số liên tục,

không dương (có thể bằng 0 tại một số hữu hạn điểm trên [a;b] ) trên [a;b].

x

Khi đó phương trình
:
có nghiệm duy
nhất

F (x) f (t)dt 0
0

x 0 .

Định lý 1.3.2. Cho ba số
thực

a,b(a b)

f (x) là một hàm số liên tục,

và

không dương (không âm, có thể bằng 0 tại một số hữu hạn điểm trên [a;b] )
trên [a;b]. Khi đó phương trình
x

F (x) f (t)dt 0
0

có nghiệm duy nhất x
c

thuộc [a;b].


1.2.5. Định lý 1.4
Định lý 1.4.
Cho

f (x) là hàm số liên tục và nghịch
a

b

(1.1)

[0;b], a [0;b] thì: bf (x)dx 
af (x)dx
Tương tự,
với

0

biến trên

0

f (x) liên tục và đồng biến trên [0;b],a [0;b] thì
a

b

bf (x)dx a f (x)dx
0

0

Chứng
minh
Nếu

a 0 hoặc a b thì bất đẳng thức (1.1) trở thành đẳng thức.

Nếu 0 a
thì do f (x) nghịch biến trên [0;b] nên với mọi x thoả
b
mãn điều kiện 0 a
x b

ta đều có f (x)


f (a) .Suy ra


b

b

a

a

f (x)dx  f (a)f (x)dx (b a) f  a 
1

f a


Vậy nên

x  dxb
b

a

f (x)


a

Mặt khác, khi 0 x
a , thì
a

(1.2)

f 
f (a) . Suy ra

a

f xdx f  a  dx af (a)
0

hay

0

(1.3)

a

1
f
f

a
x  dx   a 
0

1

Từ (1.2) và (1.3) suy ra

a
hay

1

a

f a
x  dx  

f
0

a

1

b

f xdx

b a

1
f
f

x  dx 
a0
b a a
a

x  dx

b

(do a 0,b a
0 )

 b a  f

x  dx a f x  dx
0

a


 b a  a f x dx
a


0

a

a

b

b

0

f
x  dx


a

b


0

f

x  dx







bf x  dx
 a f x  dx
0

a

Vậy

(1.4)

0

b

bf x  dx a f x  dx .
0

0

Ta chứng minh rằng, dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a 
hoặc a
b
0 .
Thật vậy, nếu tồn tại c
 0;b 

sao cho
c

b

bf x  dx cf x  dx
0

0


10

Khoá luận tốt nghiệp
thì 1

c

b

1

f
x
dx



x  dx 
c0
b0
1

Vậy

1

f

b

f xdx

b c c

c

b

1

f

x dx 
c0
Từ (1.5) suy ra tồn tại 
 0;c 

f 

x  dx
b c

(1.5)

c

và  c;b sao cho

1

c 0f

c
c

1
b

b c f 
f (x) là hàm số nghịch biến trong

mà , điều này trái với giả
thiết rằng

 a;b  . Vậy không xảy ra dấu đẳng thức.
• Hệ quả
- Nếu b 1
f (x) liên tục và đồng biến trên [0;1] thì a
và
[0;1] ta đều
a

có:

1

f xdx af xdx
0

- Nếu
đều có:

0

b 1 f (x) liên tục và nghịch biến trên [0;1] thì a

và
[0;1] ta


Khoá luận tốt nghiệp

Chương 2
MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA TÍCH PHÂN TRONG ĐẠI SỐ
2.1.Ứng dụng của phép tính tích phân để chứng minh đẳng thức

11


2.1.1. Cơ sở lý thuyết
- Để chứng minh một đẳng thức ta có thể vận dụng các tính chất của
tích phân, các phương pháp tính tích phân và các phép biến đổi đồng nhất
hoặc tương đương của các đẳng thức thông thường.
- Dựa vào tính chất: Nếu hai hàm số f (x), g 
x
thoả mãn f (x) g
[a;b]

x  x

thì

b

b

f xdx g x dx . Để chứng
minh
a

a

f (x) g

đẳng thức ta thực hiện các bước sau:
• Bước 1: Lựa chọn một đẳng thức đúng
f (x), g 
x

liên tục trên [a;b] và

 x

trong đó

liên tục trên [a;b] , thông thường là dạng đặc biệt của nhị thức

Newton.
• Lấy tích phân hai vế của đẳng thức trên [a;b] (thông thường là đoạn
[0;x] )
• Lựa chọn giá trị thích hợp cho x ta sẽ nhận được đẳng thức cần chứng
minh.
2.1.2. Một số ví dụ
Ví dụ 1. Chứng minh rằng với n là số nguyên dương
a)

b)

0

C 
Cn

1

2

0

C 
Cn

C

1

2


C
n

k

n

n1

...
2 
1
Cn


1
1 n

n
n
1
n Cn
... (1)


...
C
 n
n
n
1 1
1
2
1k


n

1 1
2
1n

1 n

1

Lời giải
Với mọi x, và với n là số nguyên dương ta có
(1 x) 

n

C x

k
nk

k
0

(1.1)


Vì 2 vế của đẳng thức trên là các hàm khả tích trên □ . Với mỗi t □ và
t 0
lấy tích phân 2 vế của (1.1), ta được


t
1 x
n dx t



n

C x
 

0

0

1 xn1


n 1

k 0

k


dx 


n

n

|

t

k

k 1
Ck x | t

n
k 1
k

0

0

0

n
t k 1
1 t n 1 
n

k
C 
1



(1.2)

k
k 0



n 1

a) Thay t=1 vào (1.2) ta được kết quả câu a).
b) Thay t=-1 vào (1.2) ta được kết quả câu b).
*
Ví dụ 2. Chứng minh rằng đẳng thức sau đúng với mọi n □

1

0

3



Cn

1

6

2

1
Cn

Lời
giải

Xét đa thức P x3x
x 

...

1

1

9

Cn

2

1


2
x

2

3n
3
n

n

n

n1

1

C
3(n 1)

n

k
n


C x
3

k
2

k

0

Lấy tích phân 2 vế của (2.1) theo cận từ 0 đến t ta được
2
3
C k x3k 2dx
x t1 x n
t
n

dx 

(2.1)




 

1

t
1
3
x n 

d 1 x


3

C k x3k 2dx

n

 



1 1



3t

30


n

0 k 1

0

n

0 k 1

x

3

n1
t

x3k 3 t

| 

n 1

C

n

k

0

n

|

3k 3

k 0

1 t n1 1 t
C




3

0

3k 3

n

k

3(n 1)

n

k 0

3k 3

Thay t=1 ta được đẳng thức cần chứng minh
2
1 0
1
...
 11
1
 
Cn
3

Ví dụ 3. Cho

f

6

Cn
Cn

9

3n 3

n

2
Cn

n1

1

3(n 1)

là một hàm số liên tục trên [0;1]. Chứng minh rằng

x



x f sin

Lời
giải

x  dx 

2 
0

f sin x  dx

0

Vì hàm số sinx liên tục trên
[0; ]
thiên trên [0;] ,
còn



và biến thiên trên [0;1] khi x biến

f x là hàm số liên tục trên [0;1] ,
nên

f sin
x

như là

hàm số của biến số x liên tục trên [0;] . Vì vậy, tích phân trong mỗi vế
của đẳng thức trên đều hoàn toàn xác định.
Đặt x t , ta thấy dx dt , khi x=0 thì t thì t 0 .
 , khi x 


0

x f  sin x  dx   t f sin t  dx

Suy ra

0





 f sin t  dt  t f sin t  dt
0

0





f sin t  dt x f sin x  dx

0





x f sin

Do đó

0

2 
0

x  dx 



f sin x  dx .

0

2.1.3. Bài tập áp dụng
Bài 1. Chứng minh rằng đẳng thức sau đúng với mọi n □

 2

0

Cn

1 2
 2 2

1 3
(1)

2
... 
1

2
Cn

n

:

n

n
1

2

2n 1

3

*

n

Cn

1 (1)



;

n 1

Cn

1
1
1
!!
2n
 1 1   .
..

;

2
3
n


C
C
n
1
C
C
n
n
2n
2n 1!!
3
5
7
n
1
n

c)  a 1  C 
1 2
2
n1
1 n
a 
1 1
a C ...
C
C 3
a
 1 




0

n

2
n

n

3

n 1
n

a

n1

2n1 ;

n 1


n1
2

2
3

b  C 0
d) aa b


n

3

1

C





b
2
n

n

a

a

2







a
1
b
C

... 








b

. n 1

n 1

3

n1

n


1

n1

n

1

C 

n

Bài 2 . Chứng minh rằng nếu hàm số

f

liên tục và tuần hoàn trên tập hợp

x
aT

các số thực □ với chu kỳ T thì a □
ta đều có

T

 f xdx f x  dx.
a

0

2.2. Ứng dụng của phép tính tích phân để chứng minh bất đẳng thức
2.2.1. Cơ sở lý thuyết
Xuất phát từ tính chất cơ bản 6, 7, 8 trong mục 1.2.1, để chứng minh
bất đẳng thức f

x g
 x

(hoặc f xg x ) ta đi tìm một bất đẳng thức
đơn

giản dễ chứng minh nhất, trong đó hai vế của bất đẳng thức là các hàm số khả
tích. Thông thường ta chọn bất đẳng thức với hai vế là đạo hàm hai vế của bất
đẳng thức cần chứng minh. Sau đó tích phân nhiều lần và chọn cận thích hợp
để được bất đẳng thức chứng minh.
2.2.2. Một số ví dụ
Ví dụ 1. Chứng minh bất đẳng thức sau :
a) sin x x,x 0 ;
x 2 ,x 0 .
 cos x
1  2
Lời giải
Xuất phát từ bất đẳng thức cost
1, t .


Do 2 vế của bất
đẳng thức đều khả tích.
Với

x 0 , lấy tích phân hai vế

của
x

bất đẳng thức trên ta được
Dấu đẳng thức xảy ra


x

cost dt dt sin
0

x x

0

x 0

sin x 

Vậy ta có
x, x 0

(1.1)

 Với x  lấy tích phân hai vế bất đẳng thức (1.1) ta có

0
x

x
x
1 x
sin
t
dt

t
dt
cos
t
|


0
2 0
0
0



t

1 2
1 cos x  x
2

Dấu đẳng thức xảy ra


Vậy ta có cos x
1 

x 2 x 1 
cos
2

x

0

(1.2)

x2

,x
0 2

Ta có thể làm tương tự để chứng minh được bất đẳng thức :
x3 ,x 0 .
 sin x
x  3!
x2 x4
 cos x 1
,x 0 .

2! 4!

Ví dụ 2. Chứng minh rẳng

ta có

x 0

x

x

e 1 x 

2

3

x ...
x


n


(2.1)

2!

3!

n!

Lời
giải
x
x
ta luôn có e 1
0
x

x

x

 e 1 x

 e dt dt
t

0

0

x

e x 1
Vậy bất đẳng thức (2.1) đúng với n=1.
Giả sử bất đẳng thức (2.1) đúng với n k 1 tức là ta có
x

e 1

x

2

x 

.
3
x .. 

2!

x 0 .

xk
1

(k 1)!

3!

Ta phải chứng minh (2.1) đúng với n k , tức là ta phải chứng minh
x
x
x 0 .
e 1 x  2 x3
...

x

 k
2!
Với

3!

k!

x 0 , ta lấy tích phân hai vế của bất đẳng thức (2.2) ta có
.

2
3
k

t
 ..  t
t
dt
t
  1
1
e dt
t
2! 3!
(k 1)! 
0
0
x



x

x

e
x
1 x 
Dấu đẳng thức xảy ra

x ta có
Vậy 0

2

3

k

3!

k!

x

x ... 

2!

x 0 .
x

x

e 1 x 

(2.2)


2

x

3

n

2!

x

... 
3!
n!

.

Ví dụ 3. Chứng minh rằng với x, y □ thoả mãn điều
kiện 0 x y

ta đều

có
xy  arccot y arccot x 
ln

x
y

2

 1y

2

 1x

(3.1)

Lời giải
Dễ thấy, bất đẳng thức (3.1) tương đương với
1
1



2
y x arccot x lnx 1 x y arccot y 
2

lny  1 .



2
2





Xét hàm số
v
arccot t

Ta có

0 t y  .
1

v ' t 


0
2
1 t

Nên v t  nghịch biến trên [0; y] và
x

1

 arccot t dt x arccot x 
0

Khi 0 x y , thì

2

ln x 1 .
2


y

x

y  arccot t dt x  arccot t dt
0

0

hay


xx

t dt 

y

y

t dt 



 2

x
t 1
0
0

t.arccot t|
0
1  
Do đó

0
1
1



2
2
y x.arccot
x


ln
x
1
x
y.arccot
y

ln y



1



2
2





và vì vậy
y t.arccot t|


t

2

xy arccot x arccot y

 x ln

hay

2

2

y 1
 y ln

x 1 .

y 2  1 x .
xy  arccot y arccot x 
ln

x

2

 1 y

Dấu đẳng thức xảy ra khi x y .
Ví dụ 4 . Cho a 1,b 1. Chứng minh rằng
ab e

a 1

b ln b .

Lời giải
Xét hàm số y 
ln x

y

với x 1. Ta
có

x e .

Gọi S1 là diện tích hình giới hạn các đường y 0, x 0, y a 1,
y
x e và
gọi S2 là diện tích hình giới hạn các đường