Bài tập chương 4: Phép tính tích phân của hàm số biến thực - Đại số tuyến tính | Đại học Sư Phạm Hà Nội

Trường Đại học Sư phạm Hà Nội Khoa Toán Tin
BÀI TẬP CHƯƠNG 4: PHÉP TÍNH TÍCH
PHÂN CỦA HÀM MỘT BIẾN THỰC
Giảng viên: TS. Nguyễn Văn Khiêm Năm học 2022-2023 1 Danh sách nhóm 4 STT Họ và tên Mã sinh viên Nhiệm vụ 67 Nguyễn Phan Ngọc Như 715101240 Bài 1 và Bài 2 68 Nguyễn Quý Quỳnh Phương 715101246 Bài 3 và Bài 4 69 Lương Ngân Phương 715101247 Bài 5 và Bài 6 70 Vũ Thị Nam Phương 715101250 Bài 7 và Bài 8 71 Đoàn Diễm Quỳnh 715101264 Bài 9 và Bài 10 72 Nguyễn Thị Hương Quỳnh 715101265 73 Phạm Anh Thái 675103069 Bài 13 và Bài 14 74 Bùi Đức Thắng 705102020 Bài 15 và Bài 16 75 Đinh Thị Hải Thanh 715101279 Bài 17 và Bài 18 76 Nguyễn Thu Thảo 705101360 Bài 19 và Bài 20 77 Nguyễn Phương Thảo 705101356 Bài 21 và Bài 22 78 Phạm Quang Thu 715101294 Bài 23 và Bài 24 79 Mai Thu Hương 715101298 Bài 25 và Bài 26 80 Nguyễn Thị Hà Thương 715101299 Bài 27 và Bài 28 81 Tạ Thị Thu Thủy 695101166 Bài 29 và Bài 30 82 Cù Thanh Thủy 715101302 Bài 31 và Bài 32 83 Đặng Thủy Tiên 715101303 Bài 33 và Bài 34 84 Vũ Thị Trang 715101309 Bài 35 và Bài 36 85 Nguyễn Hà Trang 715101312 Bài 37 và Bài 38 86 Bùi Thùy Trang 715101322 Bài 39 và Bài 40 87 Ngô Thị Hiếu Trung 715101331 Bài 41 và Bài 42 88 Mai Thị Vân 715101352 Bài 43 89 Lê Hải Yến 715101360 Bài 44 04 Nguyễn Quang Huy 685101047 Tổng hợp 2
Bài 4.1 Tính các tích phân bất định sau: Z  1  q √ Z  1  4 4 a) 3 7 1 − x xdx = x 4 − dx = .x4 + + C x2 5 1 x 4 7 x 4 Z   dx Z 1 1 ex b)   = − .d(ex) = ln   + C ex + 1 ex ex + 1  ex + 1  Z dx Z d(ln(x)) c) = x. ln(x). ln(ln(x) ln(x). ln(ln(x)) Đặt t = ln(ln(x)) Z dt = = ln |ln(ln(x))| + C t Z sin(x). cos3(x).dx d) 1 + cos2(x) Đặt: t = 1 + cos2(x) Z t − 1 Z 1 1 1 1   = − .dt = − +
dt = − .(1 + cos2(x)) + . ln 1 + cos2(x) + C 2t 2 2t 2 2 e) R x5 √ .dx 1 − x2 √ √  1 − x2.(1 − x2)2 2. 1 − x2.(1 − x2)  = − − + cos(arcsin(x)) + C 5 3 Z f) x.e−x2.dx Z −et.dt 1 = − .e−x2 + C (Đặt:t = −x2) 2 2 g) R ln(x).dx p x. 1 + ln(x) 2 p p = .
(1 + ln(x))3 − 2. 1 + ln(x) + C 3 √x).dx h) R arctan( √x.(x + 1) R 2. arctan(t).dt √ = (Đặt: t = x) t2 + 1 = arctan(x) + C. i) R x2 + 1.dx x4 + 1 R t = .dt (Đặt: t = x2 + 1) (t − 1)2 + 1 1   = . ln   2
(t − 1)2 + 1 + arctan(t − 1) + C. 1
= . ln(x4 + 1) + arctan(x2) + C. 2
Bài 4.2 Tính các tích phân bất định sau: (tương tự 4.1) Bài 4.3 a) R xn ln xdx 3 R R R = 1 ln xdxn+1 = 1 (xn+1 n
ln x− x +1 1 dx) = 1 (xn+1 ln x− xndx) = 1 xn+1 ln x− xn+1 +c n+1 n+1 x n+1 n+1 (n+1)2 b) R arctan xdx R R = x. arctan x − x dx = x. arctan x − 1 1
d(x2 + 1) = x. arctan x − 1 ln |x2 + 1| + c 1+x2 2 1+x2 2 c) R x2e−2xdx R R R = −1
x2de−2x = −1(x2e−2x − 2 e−2xxdx) = −1 x2e−2x 2 + e− xxdx 2 2 2 R R
= −1 x2e−2x + −1 xde−2x = −1 x2e−2x + −1(xe−2x 2 e− xdx) 2 − 2 2 2 R
= −1 x2e−2x + −1xe−2x − −1 −1 de−2x = −1x2e−2x + −1 xe−2x − 1 e−2x + c 2 2 2 2 2 2 4 d) R arcsin xdx x2 R = R R R
− arcsin xd( 1) = −arcsin x + 1 √ dx = −arcsin x + x √ dx = −arcsin x + 1 1 dx2 x √ x x 1−x2 x x2 1 x − 2 x 2 x2 1−x2 √
Đặt 1 − x2 = u ⇔ 1 − x2 = u2 ⇔ 1 − u2 = x2   √  Gọi R R R I = 1 2 u+1 √ dx2 = −2u du = du = 2 ln    1−x2+1  √ x2 1−x2 (1−u2)u u2−1 −1−1
u−1  + c = − ln  1−x2−1  + c  √ 
Vậy R arcsin xdx = −arcsinx − 1 ln  1−x2+1 x2 x √ 2  1−x2−1  + c e) R sin x. ln(tan x)dx R R R
= − ln(tan x)d cos x = − ln(tan x) cos x + cos x 1 dx = − ln(tan x) cos x + (cos x)2 dx tan x sin x R
= − ln(tan x) cos x − (cos x)2d cos x (sin x)2 Gọi R R I = (cos x)2 d cos x = (cos x)2 d cos x (sin x)2 1−(cos x)2
Đặt cos x = u thì du = − sin xdx   Ta có R R R R I =
u2 du = (−1 + 1 )du = − du − 1 du = −u − 1 ln u−1 1−u2 1−u2 (u+1)(u−1) 2 u+1  + c  
= − cos x − 1 ln cos x−1 2 cos x+1  + c  
Vậy R sin x. ln(tan x)dx = − ln(tan x) cos x + cos x + 1 ln cosx−1 2 cos x+1  + c Bài 4.4 a) R I = xdx (x+1)(x+2)(x+3) Ta có x
= A + B + C = A(x+2)(x+3)+B(x+1)(x+3)+C(x+1)(x+2) (x+1)(x+2)(x+3) x+1 x+2 x+3 (x+1)(x+2)(x+3)   A + B + C = 0 A = −1   2 ⇔ 5A + 4B + 3C = 1 ⇔ B = 2  6A + 3B + 2C = 0  C = −3 2 Suy ra x = −1 . 1 + 2 + −3 . 1 (x+1)(x+2)(x+3) 2 x+1 x+2 2 x+3 Vậy R
I = ( −1. 1 + 2 + −3 . 1 )dx = −1 ln |x + 1| + 2 ln |x + 2| − 3 ln 2 |x + 3| + c x+1 x+2 2 x+3 2 2 b) R I = x2+1 dx (x+1)2(x−1) 4 Ta có x2+1 = A + B + C
= A(x+1)2+B(x−1)(x+1)+C(x−1) (x+1)2(x−1) x−1 x+1 (x+1)2 (x+1)2(x−1)   A + B = 1   A = 1 2 ⇔ 2A + C = 0 ⇔ B = 12  A − B − C = 1  C = −1 Vậy R R I = ( 1 . 1 + 1. 1 − 1 )dx = 1 ln |x − 1| + 1 1 d(x + 1) + c 2 ln x |x + 1| − −1 2 x+1 (x+1)2 2 2 (x+1)2
= 1 ln |x − 1| + 1 ln |x + 1| + 1 + c 2 2 (x+1) c) R I = xdx (x−1)2(x2+2x+2) Ta có x = A + B
+ Mx+N = A(x−1)(x2+2x+2)+B(x2+2x+2)+(Mx+N)(x−1)2 (x−1)2(x2+2x+2) x−1 (x−1)2 x2+2x+2 (x−1)2(x2+2x+2)    A + M = 0 A = A = 1  −M    25    A + B − 2M + N = 0  B − 3M + N = 0  B = 1 ⇔ ⇔ ⇔ 5  2B + M − 2N = 1 2B + M − 2N = 1 M = −1    25    −2A + 2B + N = 0  2M + 2B + N = 0  N = −8 25 Vậy R R I = ( 1 + 1 − x+8 )dx = 1 ln |x − 1| − 1 2x+2+14 dx 25( − x−1) 5(x−1)2 25(x2+2x+2) 25 5(x−1) 50(x2+2x+2) R R = 1 ln |x − 1| − 1 d(x2+2x+2) 7 dx 25 − − 5(x−1) 50(x2+2x+2) 25(x2+2x+2) R = 1 ln |x − 1| − 1 − 1 ln |x2 + 2x + 2| − 7 1 d(x + 1) 25 5(x−1) 50 25 (x+1)2+1 = 1 ln |x − 1| − 1
− 1 ln |x2 + 2x + 2| − 7 arctan(x + 1) + c 25 5(x−1) 50 25 d) R I = dx (x+1)(x2+1) Ta có 1
= A + Bx+C = A(x2+1)+(Bx+C)(x+1) (x+1)(x2+1) x+1 x2+1 (x+1)(x2+1)   A + B = 0 A = 1   2 ⇔ B + C = 0 ⇔ B = −1 2  A + C = 1  C = 12 Vậy R R
I = 1 ( 1 − x+1 )dx = 1 ( 1 − x − 1 )dx 2 x+1 x2+1 2 x+1 x2+1 x2+1
= 1 ln |x + 1| − 1 ln |x2 + 1| − 1 arctan(x) + c 2 4 2
Bài 4.5: Lập công thức truy hồi của tích phân bất định sau Z xn Z xn−1.xdx In = √ dx = √ x2 + a x2 + a  ( u = xn−1 Đặt du = (n − 1)xn−2 xdx ⇒ √ dv = √ v = x2 + a x2 + a √ Z √ I 2 n−2 2 n = xn−1 x + a − (n − 1) x . x + adx 5 √ Z xn−2.(x2 + a)dx = xn−1 x2 + a − (n − 1) √x2 + a √ Z xn Z xn−2dx = xn−1 x2 + a − (n − 1) √ − (n − 1)a √ x2 + a x2 + a Z xn   = I  √ n Ta thấy: x2 + a Z xn−2dx   √ = I  n x2 + a −2 √
⇒ In = xn−1 x2 + a − (n − 1)In − (n − 1)aIn−2 √ xn−1 x2 + a (n − 1) = − aI n n n−2 √
⇒ nIn = xn−1 x2 + a − (n − 1)aIn−2
Bài 4.6: Tính các tích phân bất định Z dx a) √ x + 3 x + 2 √
Đặt t = 3 x + 2 ⇒ t3 = x + 2 ⇒ 3t2dt = dx Z dx Z 3t2dt ⇒ √ = x + 3 x + 2 t3 + t − 2 Z 3t2dt = (t − 1)(t2 + t + 2) 3 Z dt Z (3t + 2)dt  = + 4 (t − 1) (t2 + t + 2) 3 Z dt 3 Z (2t + 1)dt 1 Z dt  = + + 4 (t − 1) 2 (t2 + t + 2) 2 (t2 + t + 2) Z dt Đặt A = = ln|t − 1| + C (t − 1) Z (2t + 1)dt Đặt B = = ln|t2 + t + 2| + C (t2 + t + 2) Z dt Z dt Đặt F = = (t2 + t + 2)  2  t + 1 + 7 2 4 Z dt =  2 √  t + 1 + ( 7)2 2 22 2 2t + 1 = √ arctan √ + C 7 7 Z dx Z 3t2dt ⇒ √ = x + 3 x + 2 t3 + t − 2  3 1  2 2t + 1
= ln|t − 1| + ln|t2 + t + 2| + . √ arctan √ + C 2 2 7 7 √ √ 3 √ √ 1 2 3 x + 2 + 1
= ln| 3 x + 2 − 1| + .ln|( 3 x + 2)2 + 3 x + 2 + 2| + √ .arctan √ + C 2 7 7 6 Z dx b) √ x + x2 + x + 1 √ √
Đặt t = x + x2 + x + 1 ⇒ x2 + x + 1 = t − x ⇒ x2 + x + 1 = (t − x)2 t2 − 1
⇒ x2 + x + 1 = t2 + 2tx + x2 ⇒ x − 2tx = t2 − 1 ⇒ x = 1 − 2t −2t2 + 2t − 2 ⇒ dx = dt (1 − 2t)2 Z dx Z (−2t2 + 2t − 2)dt ⇒ √ = x + x2 + x + 1 t(1 − 2t)2 Z  −2 −3 −3  = + + dt t 1 − 2t (1 − 2t)2 3 3 = −2ln|t| − ln|1 − 2t| + + C 2 2(1 − 2t) √ 3 √ 3
= −2ln|x + x2 + x + 1| − ln|1 − 2(x + x2 + x + 1)| + √ + C 2 2(1 − 2(x + x2 + x + 1))
Bài 4.7: Tính các tích phân bất định a) R sin3 x dx b) R tan5dx cos4 x c) R dx √ dx d) R dx dx. cos x sin x 2 sin x − cos x + 5 Giải: a) R sin3 x R 1 − cos2 x dx = (−d cos x) cos4 x cos4 x   R 1 1 1 = − cos−4 x (d cos x) = − + + C cos2 x cos x 3 cos3 x b)R R tan5dx =
(tan5 + tan3 − tan3 − tan x + tan x)dx R R R =
tan3 x(tan2 x + 1)dx − tan x(tan2 x + 1)dx + tan xdx R R R =
tan3 xd(tan x) − tan xd(tan x) + tan xdx 1 1 =
tan4 x − tan2 x − ln | cos x | +C 4 2  1   1  ln   √ + 1 ln  √ − 1   c) R dx  sin x  1 √ sin x dx = − − arctan √ + C cos x sin x 2 2 sin x d) R dx dx 2 sin x − cos x + 5 x x 2 tan 1 − tan2 sin x = 2 2 x ; cos x = x 1 + tan2 1 + tan2 2 2 7 x 1 + tan2 R dx R 2 x x = x x x dx 2 tan 1 − tan2 4 tan
− (1 − tan2 ) + 5(1 + tan2 ) 2. 2 2 2 2 2 x − x + 5 1 + tan2 1 + tan2 2 2 √   x   1  5 3 tan + 1  x √ 2 cos2 5 arctan R 5 = 2 x x dx = + C 4 tan + 4 + 6 tan2 5 2 2
Bài 4.8: Cho hàm f : R → R được xác định bởi công thức (ex khi x ⩾ 0 1 khi x < 0 1
a) Tính tích phân R |f(x) − 2|dx. −1
b) Tìm họ tất cả các nguyên hàm của f. Giải:
a) f(x) = 2 ⇔ ex = 2 (x ⩾ 0) ⇔ x = ln 2 ∈ (0; 1) 1 0 ln 2 1 R R R R |f(x) − 2|dx = |1 − 2|dx + |2 − ex|dx +
|ex − 2|dx = 4 ln 2 + e − 4 −1 −1 0 ln 2 (ex + C b) R F (x) = f (x) = 1 khi x ⩾ 0 x + C2 khi x < 0
Do F (x) liên tục tại 0 ⇒ lim F (x) = lim F (x) = F (0) x→0+ x→0− ( R ex + C khi x ⩾ 0
⇒ 1 + C1 = C2 ⇒ f(x)dx = x + 1 + C khi x < 0 Bài 4.9 Z 1 a ) arccos dx = I1 0 (  −1 u = arccos x.dx du = √ dx Đặt ⇔ 1 − x2 dv = dx v = x 1 ⇔ I  1 = arccos(x).x0 1 π = 0 + arcsin x = 0 2 Z e Z 1 Z e b) Đặt I2 = | ln x|dx = +| ln x|dx + | ln x|dx 1 1 1 e e 8 Z 1 Z e e = + ln xdx + ln xdx 1 1 (  dx u = ln x  Đặt du = ⇔ x dv = dx v = x Z Z ⇒ ln x(dx) = x. ln x −
(dx) = x. ln x − x = x.(ln x − 1)  1  e  e  −2
⇒ I2 = x.(ln x − 1) + x.(ln x − 1) = + 2   e 1 1 Z a √ c ) Đặt I3 =
x2 a2 − x2dx với (a > 0) 0
Gọi x = a. sin t ⇒ dx = a cos t.dt Z π 2 ⇒ I3 = a4. sin2 t. cos2 t.dt 0  Z π2 sin2 2t  = a4. a4. dt 0 4 a4 Z π2 = 1 − cos 4t . .dt 4 0 2 a4 Z π = 2 . (1 − cos 4t).dt 8 0 a4.π = 16 Z 1 d x ) Đặt I4 = √ dx 0 5 − 4x  x u = √  √ Đặt 5 − 4 1 x ⇔ du = dx v = − 5 − 4x dv = dx 2 x√ 1 1 Z 1 √ ⇒ I  4 = − 5 − 4x + 5 − 4xdx 2 0 2 0 √ Đặt m = 5 − 4x =⇒ m2 = 5 − 4x =⇒ 2md.m = −4d.x −md.m =⇒ dx = 2 −1 1 Z 1 −m.dm =⇒ I4 = + m. 2 2 √ 2 5 −1 1 u3 1 =  − .  2 4 3 √5 √ −1 1  1 5 5  = − − 2 4 3 3 9 √ −7 + 5 5 = 12 Z 1 √ arcsin x e) Đặt I5 = p dx (x > 0) 0 x(1 − x) Đặt √ u = x ⇒ u2 = x ⇒ 2udu = dx Z 1 arcsin u ⇒ I5 = p 2udu 0 u(1 − u2)   du m = arctan u  dm = √ Đặt du ⇒ 1 − u2 dn = √  1 − u2 n = arcsin u  1 Z 1   arcsin u ⇒ I5 = 2 arcsin2 u − √ du 0 0 1 − u2  π Z 1  π2 Z 1 = arcsin u arcsin u 2 − √ du = − 2 √ du 4 0 1 − u2 2 0 1 − u2 Z 1 arcsin u π2 Z 1 arcsin u Z 1 arcsin u π2 ⇔ 2 √ du = − 2 √ du ⇔ √ du = 8 0 1 − u2 2 0 1 − u2 0 1 − u2 π2 Vậy I5 = 4 Z 1 f) xdx x2 + x + 1 −1 du
Đặt u = x2 + x + 1 ⇒ du = 2xdx ⇔ = xdx 2 Z 1  xdx 1 Z 3 du 1 2  1 ⇒ = = lnu = x2 + x + 1 2 u 2  2 −1 1 1 Bài 4.10 Z 1 1 I = √ √ dx −1 1 − x + 1 + x Z √ √ 1 = 1 − x − 1 + xdx (1 −1 − x) − (1 + x) Z √ √ 1 = 1 − x − 1 + x dx −1 −2x √ √ 1 Z 1 Z 1  = 1 − x − 1 1 − 1 + x dx + dx 2 x x −1 −1 1 =   I 2 1 + I2 − Tính I1 Z 1 1 − x − 1 Z 1 −1 I1 = √  dx = √ dx x 1 − x + 1 1 − x + 1 −1 −1 √
Đặt 1 − x = w ⇒ 1 − x = u2 ⇒ dx = −2udu √ √ Z 0 √ −1 Z 2 2u Z 2  1     2 I  1 = du = − du = −2 1 − du = −2 u − ln u + 1 √ u + 1 u + 1  2 0 0 u + 1 0 10 √ √  = −2 2 − ln 2 + 1 − Tính I2 Z 1   1 − 1 − x Z 1 −1 I2 =  √  dx = √ dx −1 x 1 + 1 + x −1 1 + 1 + x √
Đặt 1 + x = v ⇒ 1 + x = v2 ⇒ dx = 2vdv √ √ Z 2 √ −1 Z 2  1     2 √  √  I  2 = 2vdv = −2 1 − dv = −2 v − ln 1 + v  = −2 2 − ln 1 + 2 0 1 + v 0 1 + v 0 √ √ Z π 4 cos x Vậy   I = 2 2 − 2ln 1 + 2 I = dx 0 cos3 x + sin2 x π Đặt x = − t ⇒ dx = −dt 2 Z π Z π 4 sin t 4 sint I = − dt = dt π sin3 t + cos3 t π sin3t + cos3 t 2 2 Ta cóZ π Z π Z π 4 cos x + sin x 4 cos x + sin x 4 1 2I = dx =     dx = π sin3 x + cos3 x π
cos x + sin x . 1 − cos x. sin x π 1 − cos x. sin x 2 2 2 Z π 4 1 = 2 dx π 2 − sin 2x 2 1 Đặt   u = tan x ⇒ du = dx = 1 + tan2 x dx cos2 x Z ∞ 1 Z ∞ 1 2I = 2   du = du  2  √ 2 1  2u 1 3 1 + u2. 2 − 1 u + 1 + u2 − 2 2 √ 2 2u ∞ 2  π π  = − 1  2 3 √ arctan √  = √ − = π 3 3  2 6 1 3 9 √ 1 3 Vậy I = π 9 Bài 4.13: Ta có   n n n 1  1 1 1  Sn = + + ... + =  + + .... +  n2 + 12 n2 + 22 n2 + n2 n  1 2 2 2 n2  1 + 1 + 1 + n n n 1 f (x) = với x[0, 1] 1 + x2 1
Chia đoạn [0; 1] thành n đoạn bằng nhau có độ dài bằng n  1   1 2   n − 1 n ∆1 = 0; ; ∆ ; , .., ∆ ; n 2 = n = n n n n k ∆ chọn k ξk = n n S P n = f (ξk)|∆k| = σπ k=1 1 Khi n → ∞ thì dπ = → 0 n
Vậy f khả tích trên [0; 1] 11 n Z Z X 1 1 dx π lim Sn = lim f (ξk)(∆k) = f (x)dx = = x→∞ dπ→0 1 + x2 4 k=1 0 0 Bài 4.14: r Z 1 Ta cần chứng minh: 1 n lim n f ( )....f( ) = lnf (x)dx n→∞ n n 0 n 1 Z X k 1 Hay: lim ln( ) = lnf (x)dx n→∞ n n 0 k=1
Xét g(x) = lnf(x) là hàm liên tục trên [0; 1] và g(x) khả tích trên [0; 1] 1
Xét phân hoạch π chia đoạn [0; 1] thành n đoạn có độ dài bằng n  1   1 2   n − 1 n ∆1 = 0; ; ∆ ; , .., ∆ ; n 2 = n n n = n n  k − 1 k k ∆ chọn k = ; ξ n n k = n 1 n n thì X k X lnf ( ) = lnf (ξk)(∆k) n n k=1 k=1 1 1 n Z X k 1 n → ∞ thì dπ = → 0 nên lim ln( ) = lnf (x)dx n n→∞ n n k=1 0 Bài 4.15:
a. Cho f: R → R là hàm liên tục tuần hoàn chu kì I > 0. CMR a ∈ R ta có: R a+1 R f (x)dx = T f (x)dx a 0
Đặt t = x − a ⇒ tϵ (0, T ) dx = dt R ⇒ a+T R R
f (x)dx = T f (t)dt = T f (x)dx(dpcm) a 0 0 √ b. Tính R 100π 1 − cos2xdx 0 √ Đặt f(x) = 1 − cos2x
⇒ f(x) liên tục và tuần hoàn với chu kì π R ⇒ 100π R f (x)dx = π f (x)dx 0 0 R √ = π 2sin2xdx 0 √ R = 2 π sinxdx 0 √ = 2 2 Bài 4.16:
a. Tìm a → R, a > 0 sao cho R a |x2 − x| dx = 29 0 6 +) Nếu R 0 R
< a < 1 : a |x2 − x| dx = a(x − x2)dx 0 0 = a2 − a3 = 29 2 3 6 ⇒ 3a2 − 2a3 ⇒ a < 0(L) +) Nếu a ⩾ 1: R a R R
|x2 − x| dx = 1 (x − x2)dx + a(x2 0 0 − x)dx 1 = 1 + a3 − a2 + 1 = 29 6 3 2 6 6 12