Giáo Trình Giải Tích - KHTN - Chương 4

Chương 4
TÍCH PHÂN
1. NGUYÊN HÀM
Tất cả các hàm số khảo sát trong phần này đều được giả đònh là xác đònh
và liên tục trên một khoảng.
Khi f là một hàm số sơ cấp, nó có đạo hàm và ta có thể tính đạo hàm
f
′

của f bằng các công thức tường minh (đạo hàm của tổng, hiệu, tích, thương hay
hợp của hai hàm có đạo hàm). Thao tác này được gọi là “phép tính vi phân” và
nếu đão hàm của một hàm số tồn tại, nó duy nhất. Bây giờ, ta xét thao tác
ngược lại : từ một hàm số f cho trước, tìm tất cả các hàm F sao cho
F f
′
=
. Thao
tác này được gọi là “phép tính tích phân” hay cụ thể hơn, “phép tính nguyên
hàm”.
1.1. Đònh nghóa. Cho I là một khoảng mở của
¡
, f và F là hai hàm số xác
đònh trên I. Ta nói F là một nguyên hàm của f trên I nếu
x I∀ ∈
,
( ) ( )
F x f x
′
=
,
nghóa là F có đạo hàm là f trên I.

1.2. Mệnh đề. Nếu
F
là một nguyên hàm của
f
trên
I
thì tập hợp
P
các
nguyên hàm của
f
trên
I
là
( ) ( )
{ }
G : I x I,G x F x C,C hằng số = → ∀ ∈ = + =¡P
.
Chứng minh.
G∀ ∈ P
,
G F f
′ ′
= =
cho thấy G là một nguyên hàm của f. Ngược
lại, cho G là một nguyên hàm của f. Do
G f F
′ ′
= =
nên

G F 0
′
′
− =
và do đó
G F C hằng số− = =
. ª
Ký hiệu : Ký hiệu
f(x)dx
∫
được dùng để chỉ một nguyên hàm bất kỳ của f
(gọi là tích phân bất đònh của f), nghóa là một phần tử bất kỳ
P
. Vì vậy, nếu F
là một nguyên hàm của f, ta viết
( )
f(x)dx F x C= +
∫
.
Ví dụ 1. i) Cho
( )
2
F x ln x x 1
 
= + +
 
 
. Ta có
( )
2

2 x
x 1
2 2 2
1
x x 1
1
F x
x x 1 x x 1 x 1
+
′
 
+
+ +
 
 
′
= = =
+ + + + +
.
Do đó,
2
2
dx
ln x x 1 C
x 1
 
= + + +
 
 
+

∫
,
C ∈ ¡
.
74
ii) Từ đạo hàm các hàm số sơ cấp cơ bản, ta có
a)
1
x
1
C khi 1
x dx
ln x C khi 1
α+
α
α+

+ α ≠ −

=

 + α = −

∫
.
b)
x x
e dx e C= +
∫
.

c)
sin xdx cos x C= − +
∫
.
d)
cos xdx sin x C= +
∫
.
e)
(
)
2
2
dx
1 tan x dx tan x C
cos x
= + = +
∫ ∫
.
f)
2
dx
arcsin x C arccos x C
1 x
= + = − +
−
∫
.
g)
2

dx
arctan x C
1 x
= +
+
∫
. ª
Do đònh nghóa, nếu
( ) ( )
f x dx F x C= +
∫
và
( ) ( )
g x dx G x C= +
∫
,
thì
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
aF x bG x aF x bG x af x bg x
 
′ ′
+ = + = +
 
và do đó
1.3. Mệnh đề.
( ) ( )
( )
( ) ( )
af x bg x dx a f x dx b g x dx+ = +
∫ ∫ ∫

,
với mọi
a, b ∈ ¡
.
Ví dụ 2.
(
)
2
3 1 3 1
3
2 3x
dx 2x 3x dx 2 x dx 3 x dx
x
− − − −
−
= − = −
∫ ∫ ∫ ∫
4
3
x 1
2 3ln x C 3ln x C
4
2x
−
= − + = − − +
−
. ª
Cho u là một hàm có đạo hàm trên một khoảng I và f là một hàm xác đònh
trên một khoảng
( )

J u I⊃
. Nếu
( ) ( )
f x dx F x C= +
∫
,
nghóa là
( ) ( )
F x f x
′
=
, thì
( )
( )
( )
( )
( ) ( )
( )
( )
F u x F u x u x f u x u x
′
 
′ ′ ′
= =
 
.
Vì vậy, ta được
75
1.4. Đònh lý (công thức đổi biến).
( )

( )
( ) ( )
( )
f u x u x dx F u x C
′
= +
∫
. (1)
Bằng cách viết
( )
u u x≡
,
( )
du u x dx
′
≡
, đẳng thức (1) trở thành
( )
( )
( ) ( ) ( ) ( )
( )
f u x u x dx f u du F u C F u x C
′
= = + ≡ +
∫ ∫
.
Ví dụ 3. Với
( )
u x cos x=
,

( )
du u x dx sin xdx
′
= = −
,
sin xdx du
tan xdx ln u C ln cos x C
cos x u
= = − = − + = − +
∫ ∫ ∫
.
Đặc biệt, với
( )
u x ax b= +
;
du adx=
, ta được
1.5. Hệ quả.
( ) ( )
1
f ax b dx f u du
a
+ =
∫ ∫
.
Ví dụ 4. i) Với
( )
u x 3x 2= +
;
du 3dx

=
,
dx 1 du 1 1
ln u C ln 3x 2 C
3x 2 3 u 3 3
= = + = + +
+
∫ ∫
.
ii) Với
( )
u x x ln a=
;
( )
du ln a dx=
,
x ln a
x x ln a u u
1 1 e
a dx e dx e du e C C
ln a lna lna
= = = + = +
∫ ∫ ∫
.
iii) Bằng cách viết
( )
(
)
2
2

2
2x 1
3
4x 4x 10 2x 1 9 9 1
+
 
+ + = + + = +
 
 
 
,
và với
( )
2x 1
3
u x
+
=
;
2
3
du dx=
, ta có
(
)
2 2 2
2x 1
3
dx 1 dx 1 du 1
arctan u C

9 6 6
4x 4x 10 1 u
1
+
= = = +
+ + +
+
∫ ∫ ∫
(
)
2x 1
3
1
arctan C
6
+
= +
. ª
Cho u, v là hai hàm có đạo hàm tr ên một khoảng I. Do
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
u x v x u x v x u x v x
′
 
′ ′
= +
 
,
ta suy ra
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
u x v x u x v x dx u x v x C

 
′ ′
+ = +
 
∫
,
và ta được
76
1.6. Đònh lý (công thức tích phân từng phần).
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
u x v x dx u x v x v x u x dx
′ ′
= −
∫ ∫
. (2)
Với các ký hiệu
( )
du u x dx
′
=
;
( )
dv v x dx
′
=
, công thức (2) được viết lại
thành
udv uv vdu= −
∫ ∫
.

Ví dụ 5. Với
u arctan x=
;
dv dx=
, ta có
2
dx
1 x
du
+
=
và
v x=
. Do đó,
2
arctan xdx udv uv vdu
xdx
x arctan x
1 x
= = −
= −
+
∫ ∫ ∫
∫
Với
2
t 1 x= +
;
dt 2xdx=
, ta có

(
)
2
2
xdx 1 dt 1 1
ln t C ln 1 x C
2 t 2 2
1 x
= = + = + +
+
∫ ∫
.
Vì vậy,
(
)
2
1
arctan xdx x arctan x ln 1 x C
2
= − + +
∫
. ª
2. TÍCH PHÂN XÁC ĐỊNH
Trong phần này, mọi hàm số khảo sát đều được giả đònh là liên tục và nếu
có đạo hàm thì đạo hàm của nó cũng là hàm liên tục. Ta sẽ tìm cách tính “diện
tích” phần mặt phẳng nằm dưới đồ thò
C
một hàm số
f 0
≥

, ký hiệu
b
a
f (x)dx
∫

và đọc là “tích phân từ a đến b của
f(x)dx
”.
Cho f là một hàm số xác đònh trên
a, b
 
 
và
( )
0 1 n
d x , x ,..., x=
,
0 1 n
a x x ... x b= < < < =
, là một phân hoạch bất kỳ của
a, b
 
 
và
( )
0 1 n 1
T t , t ,...,t
−
=

là một họ gồm n điểm của
a, b
 
 
sao cho
i i i 1
t x , x
+
 
∈
 
, với
i 0,1,...,n 1= −
.
Tổng, ký hiệu
( )
d
S T
, xác đònh bởi
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
d 0 1 0 1 2 1 i i 1 i
n 1 n n 1
S T f t x x f t x x ... f t x x
... f t x x
+
− −
= − + − + + − +
+ + −
nghóa là

( ) ( ) ( )
n 1
d i i 1 i
i 0
S T f t x x
−
+
=
= −
∑
77
được gọi là một tổng Riemann của hàm f tương ứng với d và T. Tổng
( )
d
S T
này
chính là tổng diện tích các hình chữ nhật gạch chéo trong hình sau
Ta đònh nghóa bước của phân hoạch d, ký hiệu
d
, bởi biểu thức
i 1 i
i 0,...,n 1
d max x x
+
= −
= −
.
Gọi S là giới hạn của các tổng Riemann
( )
d

S T
khi bước
d
tiến về 0,
nghóa là ứng với mỗi
0
ε >
, ta tìm được
0
δ >
, sao cho với mọi phân hoạch
( )
0 1 n
d x , x ,..., x=
của
a, b
 
 
và với mọi
( )
0 1 n 1
T t , t ,...,t
−
=
sao cho
i i i 1
t x , x
+
 
∈

 
, nếu
d < δ
, thì
( )
d
S T S− < ε
. Khi S tồn tại, ta viết
( )
d
d 0
S lim S T
→
=
.
2.1. Đònh nghóa. Khi giới hạn S tồn tại (nghóa là
S
∈
¡
), ta nói f là hàm
Riemann-khả tích trên
a, b
 
 
. Khi đó, ta viết
( )
b
a
S f x dx=
∫

và giá trò này được
gọi là tích phân xác đònh của f trên
a, b
 
 
.
Ta gọi a và b là các cận tích phân và x là biến giả.
Đặt
( )
a
a
f x dx 0=
∫
và
( ) ( )
a b
b a
f x dx f x dx= −
∫ ∫
.
2.2. Mệnh đề. Các hàm số sau thì Riemann-khả tích trên
a, b
 
 
:
- các hàm liên tục trên
a, b
 
 
;

- các hàm liên tục từng khúc trên
a, b
 
 
, nghóa là các hàm bò chận và liên
tục trên
a, b
 
 
ngoại trừ tại một số hữu hạn các điểm bất liên tục loại một (các
điểm bất liên tục với bước nhảy hữu hạn)
Ta chấp nhận kết quả này.
2.3. Mệnh đề. Cho
f
và
g
là hai hàm Riemann-khả tích trên
a, b
 
 
. Ta có
78
i) Tính tuyến tính : Với hai số thực
a
và
b
bất kỳ, nếu
α
và
β

là hai hằng số
(độc lập với biến giả
x
) thì
( ) ( ) ( ) ( )
b b b
a a a
f x g x dx f x dx g x dx
 
α + β = α + β
 
∫ ∫ ∫
ii) Hệ thức Chasles : Với ba số thực bất kỳ
a
,
b
,
c
, ta có
( ) ( ) ( )
b c b
a a c
f x dx f x dx f x dx= +
∫ ∫ ∫
iii) a) Nếu
a b
<
và
x a, b
 

∀ ∈
 
,
( )
f x 0≥
thì
( )
b
a
f x dx 0≥
∫
.
b) Nếu
a b
<
và
x a, b
 
∀ ∈
 
,
( ) ( )
f x g x≤
thì
( ) ( )
b b
a a
f x dx g x dx≤
∫ ∫
iv) Công thức trung bình : Nếu

x a, b
 
∀ ∈
 
,
( )
g x 0≥
thì tồn tại
Γ
sao cho
( ) ( ) ( )
b b
a a
f x g x dx g x dx= Γ ⋅
∫ ∫
với
m M≤ Γ ≤
, trong đó
( )
x a,b
m min f x
 
∈
 
=
và
( )
x a,b
M max f x
 

∈
 
=
. Đặc biệt, với
( )
g x 1=
,
x a, b
 
∀ ∈
 
, ta có
( ) ( )
b
a
f x dx b a= Γ ⋅ −
∫
,
m M≤ Γ ≤
.
Cuối cùng, nếu
f
liên tục trên
a, b
 
 
thì tồn tại
0
x a,b
 

∈
 
sao cho
( )
0
f x = Γ
và ta được
( ) ( ) ( )
b
0
a
f x dx f x b a= ⋅ −
∫
,
0
x a,b
 
∈
 
.
Chứng minh. Ta chấp nhận i) và ii).
iii) a) Với mọi phân hoạch
( )
0 1 n
d x , x ,..., x=
của
a, b
 
 
và

( )
0 1 n 1
T t , t ,...,t
−
=
là họ gồm n điểm của
a, b
 
 
sao cho
i i i 1
t x , x
+
 
∈
 
, với
i 0,1,...,n 1= −
, ta có
( )
i
f t 0≥
và
i 1 i
x x 0
+
− ≥
nên
( ) ( )
i i 1 i

f t x x 0
+
− ≥
, với mọi
i 0,1,...,n 1= −
. Vì vậy
( ) ( ) ( )
n 1
d i i 1 i
i 0
S T f t x x 0
−
+
=
= − ≥
∑
và
79
( ) ( )
b
d
a
d 0
f x dx lim S T 0
→
= ≥
∫
.
b) Suy ra từ 1 và 3.a do
( ) ( )

g x f x 0− ≥
,
x a, b
 
∀ ∈
 
.
iv) Vì
x a, b
 
∀ ∈
 
,
( )
m f x M≤ ≤
nên

( ) ( ) ( ) ( )
mg x f x g x Mg x≤ ≤
.
Từ iii) b) và i), ta có
( ) ( ) ( ) ( )
b b b
a a a
m g x dx f x g x dx M g x dx⋅ ≤ ≤ ⋅
∫ ∫ ∫
Nếu
( )
b
a

g x dx 0>
∫
thì
( ) ( )
( )
b
a
b
a
f x g x dx
g x dx
m M
∫
≤ ≤
∫
và khi đó
( ) ( )
( )
b
a
b
a
f x g x dx
g x dx
∫
= Γ
∫

chính là giá trò cần tìm.
Nếu

( )
b
a
g x dx 0=
∫
thì
( ) ( )
b
a
f x g x dx 0=
∫
, và khi đó công thức trung bình
vẫn thỏa.
Khi
( )
g x 1=
,
x a, b
 
∀ ∈
 
, ta có ý nghóa hình học của công thức trung bình
là : tồn tại
Γ
sao cho
( ) ( )
( )
b
a
g x dx b a

Diện tích hình chữ nhật đáy b a ,
chiều cao (hình chữ nhật ABCD trong hình)
= Γ ⋅ −
= −
Γ
∫
Nếu f liên tục trên
a, b
 
 
, thì
( )
f a, b m,M
   
=
   
và do đó
m,M
 
∀Γ ∈
 
,
0
x a,b
 
∃ ∈
 
sao cho
( )
0

f x = Γ
. ª
2.4. Hệ quả : Nếu
a b≤
thì
( ) ( )
b b
a a
f x dx f x dx≤
∫ ∫
.
Chứng minh. Áp dụng iii), b), mệnh đề 2.3 vào bất đẳng thức
80