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
𝑛−1

𝑆𝑛 = ∑ 𝑓(𝑀𝑘 ). ∆𝑘 , ∆𝑘 = 𝑥𝑘+1 − 𝑥𝑘 (Tổng Riemann).
𝑘=0

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
𝑏

∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 .
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(ξ3 )∆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(ξ1 )||∆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
𝑛

𝑛

𝑆𝑛 = ∑ 𝑚𝑘 ∆𝑥𝑘 , 𝑆𝑛 = ∑ 𝑀𝑘 ∆𝑥𝑘 .
𝑘=1

(1.2.4)

𝑘=1

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 = max ∆𝑥𝑘 , lim (𝑆𝑛 − 𝑆𝑛 ) = 0.
𝑘

𝑑→0

(1.2.10)

Điều kiện (1.2.10) nghĩa là:
∀𝜀 > 0, ∃𝛿 = 𝛿(𝜀) > 0, sao cho nếu 𝑑 < 𝛿 thì:
|𝑆𝑛 − 𝑆𝑛 | < 𝜀.

(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

𝑏

∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = 𝐹(𝑏) − 𝐹(𝑎) = 𝐹(𝑥)|𝑏𝑎 .
𝑎

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
𝑏

𝑏

∫ 𝑓(𝑥) 𝑔′ (𝑥)𝑑𝑥 = 𝑓(𝑥)𝑔(𝑥)|𝑏𝑎 − ∫ 𝑓 ′ (𝑥) 𝑔(𝑥)𝑑𝑥.
𝑎

𝑎

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
𝑏

𝛽

∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = ∫ 𝑓(𝜑(𝑡)) 𝜑′ (𝑡)𝑑𝑡.
𝑎

𝛼

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
𝑏

𝑏

𝑏

∫ (𝛼𝑓(𝑥) + 𝛽𝑔(𝑥))𝑑𝑥 = 𝛼 ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 + 𝛽 ∫ 𝑔(𝑥)𝑑𝑥.
𝑎

𝑎

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
𝑏

𝑐

𝑏

∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 + ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥.
𝑎

𝑎

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].
𝑏

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

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

Định lí 1.8. ( Tính đơn điệu)
𝑏

𝑏

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

𝑎

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

𝑏

|∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 | ≤ ∫ |𝑓(𝑥)|𝑑𝑥.
𝑎

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:
𝑏

𝑚(𝑏 − 𝑎) ≤ ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 ≤ 𝑀(𝑏 − 𝑎).
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 𝑓 , 𝑀 = sup 𝑓 .
[𝑎,𝑏]

[𝑎,𝑏]


8
Khi đó∃𝜇 , 𝑚 ≤ 𝜇 ≤ 𝑀 sao cho:

𝑏

∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = 𝜇(𝑏 − 𝑎)

(1.3.1)

𝑎

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
𝑏

𝑏

∫ 𝑓(𝑥)𝑔(𝑥)𝑑𝑥 = 𝜇 ∫ 𝑔(𝑥)𝑑𝑥.
𝑎

(1.3.4)

𝑎

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

𝑏

∫ 𝑓(𝑥)𝑔(𝑥)𝑑𝑥 = 𝑓(𝑐) ∫ 𝑔(𝑥)𝑑𝑥.
𝑎

(1.3.5)

𝑎

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
2

𝑏

𝑏

𝑏

(∫ 𝑓(𝑥)𝑔(𝑥)𝑑𝑥 ) ≤ ∫ 𝑓 2 (𝑥)𝑑𝑥 ∫ 𝑔2 (𝑥)𝑑𝑥.
𝑎

𝑎

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

𝑏

𝑏

(𝑏 − 𝑎) ∫ 𝑓(𝑥)𝑔(𝑥) ≥ ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 ∫ 𝑔(𝑥)𝑑𝑥.
𝑎

𝑎

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)

𝑏

≤ 𝑀∀𝑥 ∈ [𝑎, 𝑏]. Khi đó ta có:

𝑏

𝑏

∫ 𝑔2 (𝑥)𝑑𝑥 + 𝑀𝑚 ∫ 𝑓 2 (𝑥)𝑑𝑥 ≤ (𝑀 + 𝑚) ∫ 𝑓(𝑥)𝑔(𝑥)𝑑𝑥.
𝑎

𝑎

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
𝑏

𝑏

(𝑎𝑏 + 𝐴𝐵)2 ∫𝑎 𝑓 2 (𝑥)𝑑𝑥 ∫𝑎 𝑔2 (𝑥)𝑑𝑥
4𝑎𝐴𝑏𝐵
≥
≥
.
2
𝑏
(𝑎𝑏 + 𝐴𝐵)2
4𝑎𝐴𝑏𝐵
(∫𝑎 𝑓(𝑥)𝑔(𝑥)𝑑𝑥 )
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
𝑛

∑
𝑖=1

𝑏
𝑓(𝑥𝑖−1 ) + 𝑓(𝑥𝑖 )
(𝑥𝑖 − 𝑥𝑖−1 ) < ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥.
2
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
𝑛

𝑏
𝑓(𝑥𝑖−1 ) + 𝑓(𝑥𝑖 )
(𝑥
)

∑
𝑖 − 𝑥𝑖−1 > ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥.
2
𝑎
𝑖=1

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:
𝑛

𝑛

𝑏

∑ 𝑓(𝑥𝑖−1 )(𝑥𝑖 − 𝑥𝑖−1 ) < ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 < ∑ 𝑓(𝑥𝑖 )(𝑥𝑖 − 𝑥𝑖−1 ).
𝑎

𝑖=1

𝑖=1

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

𝑛

𝑏

∑ 𝑓(𝑥𝑖−1 )(𝑥𝑖 − 𝑥𝑖−1 ) > ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 > ∑ 𝑓(𝑥𝑖 )(𝑥𝑖 − 𝑥𝑖−1 ).
𝑎

𝑖=1

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:
𝑎

𝑓(𝑏)

∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 + ∫
0

𝑓 −1 (𝑥)𝑑𝑥 ≥ 𝑎𝑏.

𝑓(0)

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:
𝑎

𝑏

∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 + ∫
0

𝑓(𝛼)

𝑓 −1 (𝑥)𝑑𝑥 ≥ 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
𝑛−1

lim

𝑚𝑎𝑥∆𝑥𝑖 →0

𝑏

∑ 𝑓(𝜉𝑖 )𝑔(𝜃𝑖 )∆𝑥𝑖 = ∫ 𝑓(𝑥)𝑔(𝑥)𝑑𝑥 .

𝑎

𝑖=0

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
1

𝑛

1
𝑘
1
∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 − ∑ 𝑓 ( ) = 0 ( ).
𝑛
𝑛
𝑛
0
𝑘=1

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
1

1

𝐼𝑓∗ = ∫ 𝐺(𝑥)𝑑𝑥 , 𝐼∗𝑓 = ∫ 𝐹(𝑥)𝑑𝑥.
0

ở đây

𝐼𝑓∗

0

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.
𝜋
2

2

𝑎) ∫ 𝑥 2 𝑑𝑥 𝑏) ∫ sin𝑥𝑑𝑥 𝑐) ∫
−1

0

1

0

𝑑𝑥
𝑥2

𝑏

𝑑) ∫ 𝑥 𝑚 𝑑𝑥 (0 < 𝑎 < 𝑏, 𝑚 ≠ −1)
𝑎

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:
𝑏

lim ∫ |𝑓(𝑥 + ℎ) − 𝑓(𝑥)|𝑑𝑥 = 0 ở đây[𝑎, 𝑏] ⊂ [𝐴, 𝐵]

ℎ→0 𝑎

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

Chứng minh rằng ∫𝑎 𝑓 2 (𝑥)𝑑𝑥 = 0 khi 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 lim 𝑆𝑛
𝑛→∞

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.
𝑛

𝑆𝑛 =

𝑏−𝑎
𝑏−𝑎
𝑏−𝑎
𝑏−𝑎
𝑏−𝑎
𝑏−𝑎
[𝑓 (𝑎 +
) + 𝑓 (𝑎 + 2
) + ⋯ + 𝑓 (𝑎 + 𝑛
)] =
∑ 𝑓 (𝑎 + 𝑖
).
𝑛
𝑛
𝑛
𝑛
𝑛
𝑛

𝑖−1

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

3. Kết luận lim 𝑆𝑛 = ∫𝑎 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 .
𝑛→∞

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.
𝑛

1
1
2
𝑛
1
𝑖
𝑆𝑛 = [𝑓 ( ) + 𝑓 ( ) + ⋯ + 𝑓 ( )] = ∑ 𝑓 ( ).
𝑛
𝑛
𝑛
𝑛
𝑛
𝑛
𝑖−1

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

3. Kết luận lim 𝑆𝑛 = ∫𝑎 𝑓(𝑥)𝑑𝑥.
𝑛→∞

Bài toán 2.8. Tính
lim 𝑆𝑛 =

𝑛→∞

1
1
1
+
+ ⋯+
.
𝑛+1 𝑛+2
𝑛+𝑛

Bài toán 2.9. Tính
lim 𝑆𝑛 với𝑆𝑛 =

𝑛→∞

(𝑛 − 1)𝜋
1
𝜋
2𝜋
+ ⋯ + sin
(sin + sin
).

𝑛
𝑛
𝑛
𝑛

Bài toán 2.10. Tính
1
1
1
lim 𝑆𝑛 với𝑆𝑛 = (
+
+ ⋯+
).
2
2
2
2
𝑛→+∞
√4𝑛 − 1 √4𝑛 − 2
√4𝑛 − 𝑛2
Bài toán 2.11. Tính
𝜋

2𝜋

𝑛𝜋

sin
2sin
𝑛sin

𝜋2
𝑛
𝑛
𝑛
lim 2 (
+
+
⋯
+
)
𝜋
2𝜋
𝑛𝜋
𝑛→+∞ 𝑛
2
2
2
1 + cos ( ) 1 + cos ( )
1 + cos ( )
𝑛

𝑛

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

𝜋
4
𝜋√2
≤ ∫ (sin 𝑥 + cos 𝑥)𝑑𝑥 ≤
.
4
4
0
Lời giải. Đặt
𝜋
𝑓(𝑥) = sin 𝑥 + cos 𝑥 = √2 sin (𝑥 + ) .
4
𝜋
𝜋
Ta có 𝑓 ′ (𝑥) = √2 cos (𝑥 + ) và𝑓 ′ (𝑥) ≥ 0 ∀𝑥 ∈ (0, ).
4
4
𝜋
𝜋
Do 𝑓(𝑥) là hàm số tăng ∀𝑥 ∈ [0, ] , tức là 𝑓(0) ≤ 𝑓(𝑥) ≤ 𝑓 ( ).
4
4
⇒ 1 ≤ sin 𝑥 + cos 𝑥 ≤ √2.
𝜋
4

𝜋
4

𝜋
4

⇒ 1 ∫ 𝑑𝑥 ≤ ∫ (sin 𝑥 + cos 𝑥)𝑑𝑥 ≤ √2 ∫ 𝑑𝑥 .
0

⇒

0

0

𝜋
4

𝜋
𝜋√2
≤ ∫ (sin 𝑥 + cos 𝑥)𝑑𝑥 ≤
.
4
4
0

Bài toán 2.13. Chứng minh bất đẳng thức
1 𝜋 𝑚 2𝑥
𝜋 𝑚+2 𝜋 𝑚+3
∫ 𝑥 𝑒 𝑑𝑥 >
+
,𝑚 ∈ 𝑁

2 0
𝑚+2 𝑚+3
Bài toán 2.14. Chứng minh bất đẳng thức
1⁄
𝑛

∫

0

𝑛

(∑(cos 𝑥)𝑘𝑚 + 𝑛sin𝑥 ) 𝑑𝑥 <
𝑘=1

5
, 1 < 𝑚 ∈ 𝑁, 𝑛 ∈ 𝑁 ∗ .
4

Bài toán 2.15. Chứng minh bất đẳng thức
𝜋
4

∫ 𝑥tan𝑛 𝑥𝑑𝑥 >
0

1
𝜋 𝑛+2
( )
, 𝑛 ∈ 𝑁∗.

𝑛+2 4


15
Bài toán 2.16. Cho 𝑓(𝑥) liên tục trên đoạn [0;1], 0 ≤ 𝑓(𝑥) ≤
1∀𝑥𝜖[0; 1]. Chứng minh rằng
1

2

1

∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 ≥ (∫ 𝑓(𝑥
0

2 )𝑑𝑥

) .

0

Bài toán 2.17. Chứng minh rằng
√2𝜋

∫

sin𝑥 2 𝑑𝑥 > 0.

0

Bài toán 2.18. Chứng minh bất đẳng thức
𝑥

1
𝑒 − 1 < ∫ √𝑒 2𝑡 + 𝑒 −𝑡 𝑑𝑡 < √(𝑒 𝑥 − 1) (𝑒 𝑥 − ) , 𝑥 > 0.
2
0
𝑥

Lời giải. Ta có
𝑥

𝑥

1

∫ √𝑒 2𝑡 + 𝑒 −𝑡 𝑑𝑡 = ∫ 𝑒 2𝑡 √𝑒𝑡 + 𝑒 −2𝑡 𝑑𝑡 .
0

(1)

0

Theo bất đẳng thức Bunhiacovski, thì
𝑥

(∫ 𝑒

1
𝑡

2

2

√𝑒 𝑡

+

𝑥

𝑥

≤ ∫ 𝑒 𝑡 𝑑𝑡 ∫ (𝑒 𝑡 + 𝑒 −2𝑡 )𝑑𝑡.

𝑒 −2𝑡 𝑑𝑡)

0

0

0

Từ (1), ta có
2

𝑥

1 1
(∫ √𝑒 2𝑡 + 𝑒 −𝑡 𝑑𝑡) ≤ (𝑒 𝑥 − 1) (𝑒 𝑥 − − 𝑒 −2𝑥 ).
2 2

0
1
< (𝑒 𝑥 − 1) (𝑒 𝑥 − ). (2)
2
Mặt khác, vì
√𝑒 2𝑡 + 𝑒 −𝑡 > 𝑒 𝑡 , 0 < 𝑡 < 𝑥.


16
Nên
𝑥

𝑥

∫ √𝑒 2𝑡 + 𝑒 −𝑡 𝑑𝑡 > ∫ 𝑒 𝑡 𝑑𝑡 = 𝑒 𝑥 − 1. (3)
0

0

Từ (2) và (3), suy ra
𝑥
1
𝑒 𝑥 − 1 < ∫ √𝑒 2𝑡 + 𝑒 −𝑡 𝑑𝑡 < √(𝑒 𝑥 − 1) (𝑒 𝑥 − ).
2
0

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

2

1

∫ √1 − 𝑓 2 (𝑥) 𝑑𝑥 ≤ √1 − (∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 ) .
0

0

Bài toán 2.20. Chứng minh rằng
1

1

(𝑒 + 1) ∫ (𝑒 𝑥 − 1)2 𝑑𝑥 ≤ (𝑒 − 1) ∫ (𝑒 2𝑥 − 1) 𝑑𝑥.
0

0

Lời giải. Bất đẳng thức đã cho tương đương với
1

∫ (𝑒 𝑥 − 1)2 𝑑𝑥 ≤
0

𝑒−1 1 𝑥
∫ (𝑒 − 1)(𝑒 𝑥 + 1) 𝑑𝑥.
𝑒+1 0

Xét hàm số

𝑦=

𝑒𝑥 − 1
,
𝑒𝑥 + 1

𝑦′ =

2𝑒 𝑥
(𝑒 𝑥 + 1)2

∀𝑥 ∈ [0,1].

𝑒𝑥 − 1
đồng biến trên[0,1]
𝑒𝑥 + 1
𝑒−1
𝑓(0) ≤ 𝑓(𝑥) ≤ 𝑓(1) ⟺ 0 ≤ 𝑓(𝑥) ≤
.
𝑒+1

Do hàm số 𝑦 =

Áp dụng bất đẳng thức Diaz cho
𝑔(𝑥) = 𝑒 𝑥 − 1, 𝑓(𝑥) = 𝑒 𝑥 + 1 ≠ 0, ∀𝑥 ∈ [0,1]với 𝑚 = 0; 𝑀 =

𝑒−1
𝑒+1

17
1

1
𝑒−1
. 0 ∫ (𝑒 𝑥 + 1)2
𝑒+1
0

∫ (𝑒 𝑥 − 1)2 𝑑𝑥 +
0

≤
1

𝑒−1 1 𝑥
∫ (𝑒 − 1)(𝑒 𝑥 + 1) 𝑑𝑥
𝑒+1 0

⟺ ∫ (𝑒 𝑥 − 1)2 𝑑𝑥 ≤
0

𝑒 − 1 1 2𝑥
∫ (𝑒 − 1) 𝑑𝑥
𝑒+1 0

1

1

⟺ (𝑒 + 1) ∫ (𝑒 𝑥 − 1)2 𝑑𝑥 ≤ (𝑒 − 1) ∫ (𝑒 2𝑥 − 1) 𝑑𝑥.
0

0

Bài toán 2.21. Cho 𝑎 ≥ 0, 𝑏 ≥ 0. Chứng minh rằng
𝑎√𝑎2 + 1 + 𝑏√𝑏 2 − 1 + ln

𝑎 + √𝑎2 + 1
𝑏 + √𝑏 2 − 1

≥ 2𝑎𝑏.

Bài toán 2.22. Cho 0 ≤ 𝑎 < 1 và 𝑏 ≥ 1. Chứng minh rằng
arcsin 𝑎 + √𝑏 2 − 1 ≥ arctg√𝑏 2 − 1 + 𝑎𝑏.
Bài toán 2.23. Cho 𝑎 ≥ 0, 𝑏 ≥ 0. Chứng minh rằng
𝑎[ln(𝑎2 + 1) − 𝑏 − 2] + 2 [arctg 𝑎 + arctg√𝑒 𝑏 − 1 + √𝑒 𝑏 − 1] ≥ 0.

Bài toán 2.24. Cho 𝑎 > 1, 𝑏 > 2. Chứng minh rằng
2𝑎2 + 𝑏 2 + 2 + 𝑏√𝑏 2 − 4 ≥ 4𝑎𝑏 + 4 ln

𝑏 + √𝑏 2 − 4
.
2𝑎

Bài toán 2.25. Cho 𝑎 ≥ 2, 𝑏 ≥ 3. Chứng minh rằng
(𝑎 − 2)√𝑎2 − 4𝑎 + 3 + 𝑏√𝑏 2 − 9 + 4𝑏
≥ 2𝑎𝑏 + 9 ln

𝑏 + √𝑏 2 − 9

(𝑎 − 2) + √𝑎2 − 4𝑎 + 13

Bài toán 2.26. Cho 𝑛 ∈ 𝑁 ∗ . Chứng minh rằng
2
4𝑛 + 3
𝑛√𝑛 < √1 + √2 + √3 + ⋯ + √𝑛 <
√𝑛.
3
6

.


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

.
𝑛2 −1
𝑒 4
Lời giải. Bất đẳng thức đã cho tương đương với
ln 1 + ln 22 + ln 33 + ⋯ + ln 𝑛𝑛 > ln 𝑛

𝑛(𝑛+1)
2

− ln 𝑒

𝑛2 −1
4

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

𝑛2
𝑛
𝑛2 1
ln 𝑛 + ln 𝑛 − + .
2
2
4 4

(Chú ý rằng ∫ 𝑥 ln 𝑥 𝑑𝑥 =

𝑥2
𝑥2
ln 𝑥 − + 𝐶)
2
4

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

∀> 1.
𝑥

⇒ 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:
𝑛

∑
𝑖=2

𝑛
𝑓(𝑥𝑖−1 ) + 𝑓(𝑥𝑖 )
(𝑥𝑖 − 𝑥𝑖−1 ) > ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 .
2
1
𝑛

⟺∑
𝑖=2

𝑛
(𝑖 − 1) ln(𝑖 − 1) + 𝑖 ln 𝑖
> ∫ 𝑥 ln 𝑥𝑑𝑥 .
2
1

Mà
𝑛

∑
𝑖=2

(𝑖 − 1) ln(𝑖 − 1) + 𝑖 ln 𝑖
2


19
𝑛
= 1 ln 1 + 2 ln 2 + 3 ln 3 + ⋯ + 𝑛 ln 𝑛 − ln 𝑛.
2
Và
𝑛

∫ 𝑥 ln 𝑥𝑑𝑥 =
1

𝑛2
𝑛2 1
ln 𝑛 − + .
2
4 4

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

𝑛 𝑛2
𝑛2 1
> ln 𝑛 − + .
2

2
4 4

Hay
ln 1 + ln 22 + ln 33 + ⋯ + ln 𝑛𝑛 > ln 𝑛

𝑛(𝑛+1)
2

− ln 𝑒

𝑛2 −1
4

Suy ra
1. 22 . 33 … 𝑛𝑛 >

𝑛

𝑛(𝑛+1)
2

𝑒

𝑛2 −1
4

(đpcm).

Bài toán 2.28. Chứng minh rằng

1 + 𝑥 ln(𝑥 + √1 + 𝑥 2 ) ≥ √1 + 𝑥 2 , ∀𝑥 ∈ 𝑅.
Lời giải. Xét hàm số
𝑓(𝑡) = ln (𝑡 + √1 + 𝑡 2 ) , 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
𝑥

∫ ln (𝑡 + √1 + 𝑡 2 ) 𝑑𝑡 > 0.
0

Suy ra
𝑥

𝑡 ln (𝑡 + √1 + 𝑡 2 ) |0𝑥 − ∫

0

𝑡𝑑𝑡
√1 + 𝑡 2

> 0.

.


20
Hay
𝑥 ln (𝑥 + √1 + 𝑥 2 ) − √1 + 𝑡 2 |0𝑥 > 0.
Do đó
𝑥 ln (𝑥 + √1 + 𝑥 2 ) − √1 + 𝑡 2 + 1 > 0.

Với 𝑡 < 0 thì
ln (𝑡 + √1 + 𝑡 2 ) = − ln (−𝑡 + √1 + 𝑡 2 ) < 0.
Nên khi 𝑥 < 0, ta có:
0

∫ ln (𝑡 + √1 + 𝑡 2 ) 𝑑𝑥 < 0.
𝑥

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 ln

1+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:
𝑥

∫
𝑦

𝑥
𝑑𝑡
> ∫ (1 − 𝑡)𝑑𝑡.

1+𝑡
𝑦

hay
(ln|1 + 𝑡|)|𝑦𝑥 > (𝑡 −

𝑡2 𝑥
)| .
2 𝑦


21
Vậy nên
ln

1+𝑥
𝑥2 − 𝑦2
> (𝑥 − 𝑦) −
.
1+𝑦
2

Từ đó thu được
2 ln

1+𝑥
> (𝑥 − 𝑦)[2 − (𝑥 + 𝑦)].
1+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
Bài toán 2.30. Chứng minh bất đẳng thức
1
1
ln(𝑛 + 1) < 1 + + ⋯ + , 𝑛 ∈ 𝑁 ∗ .
2
𝑛
Bài toán 2.31. Chứng minh rằng
1

𝑛! < 𝑛𝑛+2 𝑒 1−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
𝑥

𝑓(𝑥) = ∫ 𝑡tan𝑛 𝑡𝑑𝑡 −
0

𝑥 𝑛+2
, 𝑥 ≥ 0.
𝑛+2

Lời giải. Ta có tan 𝑡 ≥ 𝑡 nên 𝑡tan𝑛 𝑡 ≥ 𝑡 𝑛+1 . Suy ra
𝑥

𝑥

∫ 𝑡tan𝑛 𝑡𝑑𝑡 ≥ ∫ 𝑡 𝑛+1 𝑑𝑡 =
0

0

𝑥 𝑛+2
.
𝑛+2

Do đó:
𝑥

∫ 𝑡tan𝑛 𝑡𝑑𝑡 −
0

𝑥 𝑛+2
≥ 0.
𝑛+2

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:

𝜋
4

𝐼𝑛 = ∫ 𝑥 tan𝑛 𝑥𝑑𝑥, 𝑛 ∈ 𝑁 ∗ .
0

thì
1
𝜋 𝑛+2
𝐼𝑛 > (
)( ) .
𝑛+2 4
Bài toán 2.33. Cho trước 𝑚 ∈ 𝑁 ∗ .Tìm giá trị nhỏ nhất của
hàm số
𝑥

𝑓(𝑥) = ∫ 𝑡 𝑚 𝑒 2𝑡 𝑑𝑡 − 2 (
1

𝑥 𝑚+3
𝑥 𝑚+2
+
) , 𝑥 ≥ 1.
𝑚+3 𝑚+2

Bài toán 2.34. Cho hàm số 𝑓(𝑥) liên tục và nghịch biến trên
[0, 𝑏] và 𝑎 ∈ [0, 𝑏]. Chứng minh rằng
𝑎

𝑏

𝑏 ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 ≥ 𝑎 ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 .

0

0

Bài toán 2.35. Tìm giá trị lớn nhất của hàm số
𝑓(𝑥) = 2𝑥 6 + 3𝑥 4 + 6𝑥 2 − 11𝑥, 𝑥 ∈ [0,1]
Bài toán 2.36. Tìm giá trị lớn nhất của hàm số
𝑔(𝑥) = sin3 𝑥 + 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 2𝑥 2 , 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 = 𝑥 2 (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)
(0 ≤ 𝑡 ≤ 2𝜋)
𝑦 = 𝑎(1 − cos 𝑡)

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 − 𝑥 2 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
𝑥 = 𝑦2
parabol {
quanh trục 0𝑥.
0≤𝑦≤1