Giải tích 4

PDF by http://www.ebook.edu.vn

74
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∀∈,
() ()
Fx fx
′
= , 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
,
GFf
′′
==
cho thấy G là một nguyên hàm của f.
Ngược lại, cho G là một nguyên hàm của f. Do
GfF
′′
==
nên
GF0
′
′
−=
và
do đó
GFC 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
Fx lnx x 1
⎛⎞
=++
⎜⎟
⎝⎠
. Ta có
()
2
2
x
x1
222
1
xx1
1
Fx
x x1 x x1 x1
+
′
⎛⎞
+
++
⎜⎟
⎝⎠
′
===
++ ++ +
.
Do đó,

2
2
dx
ln x x 1 C
x1
⎛⎞
=+++
⎜⎟
⎝⎠
+
∫
,
C ∈ 
.
PDF by http://www.ebook.edu.vn

75
ii) Từ đạo hàm các hàm số sơ cấp cơ bản, ta có
a)
1
x
1
Ckhi 1
xdx
ln x C khi 1
α+
α
α+
⎧
+α≠−
⎪
=
⎨
⎪
+α=−
⎩
∫
.
b)
xx
edx e C=+
∫
.
c) sin xdx cos x C
=− +
∫
.
d) cos xdx sin x C
=+
∫
.
e)
(
)
2
2
dx
1tanxdx tanxC
cos x
=+ = +
∫∫
.
f)
2
dx
arcsin x C arccos x C
1x
=+=−+
−
∫
.
g)
2
dx
arctan x C
1x
=+
+
∫
.
Do đònh nghóa, nếu
() ()
fxdx Fx C
=+
∫
và
() ()
gxdx Gx C
=+
∫
,
thì
() () () () () ()
aF x bG x aF x bG x af x bg x
⎡⎤
′′
+=+=+
⎣⎦
và do đó
1.3. Mệnh đề.
() ()
()
() ()
afx bgx dx a fxdx b gxdx
+= +
∫∫∫
,
với mọi
a, b
∈

.
Ví dụ 2
.
(
)
2
31 3 1
3
23x
dx 2x 3x dx 2 x dx 3 x dx
x
−− − −
−
=− = −
∫∫ ∫∫


4
3
x1
23lnxC 3lnxC
4
2x
−
=− +=−− +
−
.
Cho u là một hàm có đạo hàm trên một khoảng I và f là một hàm xác
đònh trên một khoảng
()
JuI⊃
. Nếu
() ()
fxdx Fx C=+
∫
,
nghóa là
() ()
Fx fx
′
= , thì
()
()
()
()
() ()
()
()
Fux F ux u x f ux u x
′
⎡⎤
′′ ′
==
⎣⎦
.
Vì vậy, ta được
PDF by http://www.ebook.edu.vn

76
1.4. Đònh lý (công thức đổi biến).


()
()
() ()
()
fux uxdx Fux C
′
=+
∫
.
Bằng cách viết
()
uux≡ ,
()
du u x dx
′
≡ , đẳng thức (1) trở thành
()
()
() () () ()
()
fux uxdx fudu Fu C Fux C
′
==+≡+
∫∫
.
Ví dụ 3
. Với
()
ux cosx= ,
()
du u x dx sin xdx
′
==−,
sin xdx du
tan xdx ln u C ln cos x C
cos x u
==−=−+=−+
∫∫ ∫
.
Đặc biệt, với
()
ux ax b=+;
du adx=
, ta được
1.5. Hệ quả.
() ()
1
fax bdx fudu
a
+=
∫∫
.
Ví dụ 4
. i) Với
()
ux 3x 2=+;
du 3dx=
,
dx 1 du 1 1
ln u C ln 3x 2 C
3x 2 3 u 3 3
==+= ++
+
∫ ∫
.
ii) Với
()
ux xlna= ;
()
du ln a dx= ,
xlna
xxlna u u
11e
adx e dx edu e C C
ln a ln a ln a
== =+=+
∫∫ ∫
.
iii) Bằng cách viết
()
(
)
2
2
2
2x 1
3
4x 4x 10 2x 1 9 9 1
+
⎡ ⎤
++= + += +
⎢ ⎥
⎢ ⎥
⎣ ⎦
,
và với
()
2x 1
3
ux
+
=
;
2
3
du dx=
, ta có
(
)
222
2x 1
3
dx 1 dx 1 du 1
arctan u C
966
4x 4x 10 1 u
1
+
===+
++ +
+
∫∫∫


(
)
2x 1
3
1
arctan C
6
+
=+.
Cho u, v là hai hàm có đạo hàm tr ên một khoảng I. Do
() () () () () ()
uxvx u xvx uxv x
′
⎡⎤
′′
=+
⎣⎦
,
ta suy ra
() () () () () ()
u xvx uxv x dx uxvx C
⎡⎤
′′
+=+
⎣⎦
∫
,
và ta được
PDF by http://www.ebook.edu.vn

77
1.6. Đònh lý (công thức tích phân từng phần).

() () () () () ()
uxv xdx uxvx vxu xdx
′′
=−
∫∫
.
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
1x
du
+
=
và
vx=
. Do đó,
2
arctan xdx udv uv vdu
xdx
xarctanx
1x
==−
=−
+
∫∫∫
∫

Với
2
t1x=+
;
dt 2xdx=
, ta có
(
)
2
2
xdx 1 dt 1 1
ln t C ln 1 x C
2t 2 2
1x
==+=++
+
∫∫
.
Vì vậy,

(
)
2
1
arctan xdx x arctan x ln 1 x C
2
=−++
∫
.
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
f0≥
, 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
()
01 n
d x , x , , x
=
,
01 n
a x x x b=<<<=
, là một
phân hoạch
bất kỳ của a, b
⎡⎤
⎣⎦
và
()
01 n1
T t ,t , ,t
−
=
là một họ gồm n điểm của a, b
⎡ ⎤
⎣ ⎦
sao cho
iii1
tx,x
+
⎡⎤
∈
⎣⎦
, với
i 0,1, ,n 1
=−
.
Tổng, ký hiệu
()
d
ST
, xác đònh bởi
() ( )( ) ( )( ) ( )( )
()( )
d010121 ii1i
n1 n n1
S T ft x x ft x x ft x x
f t x x
+
−−
=−+−++ −+
++ −

nghóa là
() ( )( )
n1
dii1i
i0
ST ft x x
−
+
=
=−
∑

PDF by http://www.ebook.edu.vn

78
được gọi là một
tổng Riemann
của hàm f tương ứng với d và T. Tổng
()
d
ST
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
i1 i
i 0, ,n 1
dmaxxx
+
=−
=−
.
Gọi S là giới hạn của các tổng Riemann
()
d
S T khi bước d tiến về 0,
nghóa là ứng với mỗi
0ε>
, ta tìm được
0δ>
, sao cho với mọi phân hoạch
()
01 n
d x , x , , x
=
của a, b
⎡⎤
⎣⎦
và với mọi
()
01 n1
T t ,t , , t
−
=
sao cho
iii1
tx,x
+
⎡⎤
∈
⎣⎦
, nếu
d
<δ
, thì
()
d
ST S
−<ε
. Khi S tồn tại, ta viết
()
d
d0
SlimST
→
=
.
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
Sfxdx
=
∫
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
fxdx 0
=
∫
và
() ()
ab
ba
fxdx fxdx
=−
∫∫
.
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
PDF by http://www.ebook.edu.vn

79
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
() () () ()
bbb
aaa
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
() () ()
bcb
aac
fxdx fxdx fxdx
=+
∫∫∫

iii) a) Nếu
ab<
và
xa,b
⎡⎤
∀∈
⎣⎦
,
()
fx 0
≥
thì
()
b
a
fxdx 0
≥
∫
.
b) Nếu
ab<
và
xa,b
⎡⎤
∀∈
⎣⎦
,
() ()
fx gx
≤
thì
() ()
bb
aa
fxdx gxdx
≤
∫∫

iv) Công thức trung bình : Nếu
xa,b
⎡ ⎤
∀∈
⎣ ⎦
,
()
gx 0
≥
thì tồn tại
Γ
sao cho
() () ()
bb
aa
fxgxdx gxdx
=Γ⋅
∫∫

với
mM
≤Γ≤
, trong đó
()
xa,b
mminfx
⎡⎤
∈
⎣⎦
=
và
()
xa,b
Mmaxfx
⎡⎤
∈
⎣⎦
=
. Đặc biệt, với
()
gx 1
=
,
xa,b
⎡⎤
∀∈
⎣⎦
, ta có
() ( )
b
a
fxdx b a
=Γ⋅ −
∫
,
mM
≤Γ≤
.
Cuối cùng, nếu
f
liên tục trên
a, b
⎡ ⎤
⎣ ⎦
thì tồn tại
0
xa,b
⎡⎤
∈
⎣⎦
sao cho
()
0
fx
=Γ
và ta được
() ( )( )
b
0
a
fxdx fx b a
=⋅−
∫
,
0
xa,b
⎡ ⎤
∈
⎣ ⎦
.
Chứng minh.
Ta chấp nhận i) và ii).
iii) a) Với mọi phân hoạch
()
01 n
d x , x , , x
=
của a, b
⎡⎤
⎣⎦
và
()
01 n1
T t ,t , ,t
−
=
là họ gồm n điểm của
a, b
⎡ ⎤
⎣ ⎦
sao cho
iii1
tx,x
+
⎡⎤
∈
⎣⎦
, với
i 0,1, ,n 1
=−
, ta có
()
i
ft 0
≥
và
i1 i
xx0
+
−≥
nên
()( )
ii1i
ft x x 0
+
−≥
, với
mọi i 0,1, ,n 1
=−
. Vì vậy
() ( )( )
n1
dii1i
i0
ST ft x x 0
−
+
=
=−≥
∑

và
PDF by http://www.ebook.edu.vn

80
() ()
b
d
a
d0
f x dx lim S T 0
→
=≥
∫
.
b) Suy ra từ 1 và 3.a do
() ()
gx fx 0
−≥
,
xa,b
⎡ ⎤
∀∈
⎣ ⎦
.
iv) Vì x a, b
⎡ ⎤
∀∈
⎣ ⎦
,
()
mfx M
≤≤
nên

() () () ()
mgxfxgxMgx
≤≤
.
Từ iii) b) và i), ta có
() () () ()
bb b
aa a
m gxdx f xgxdx M gxdx
⋅≤ ≤⋅
∫∫ ∫

Nếu
()
b
a
gxdx 0
>
∫
thì
()()
()
b
a
b
a
fxgxdx
gxdx
mM
∫
≤≤
∫
và khi đó
()()
()
b
a
b
a
fxgxdx
gxdx
∫
=Γ
∫

chính là giá trò cần tìm.
Nếu
()
b
a
gxdx 0
=
∫
thì
() ()
b
a
fxgxdx 0
=
∫
, và khi đó công thức trung bình
vẫn thỏa.
Khi
()
gx 1
=
, x a, b
⎡⎤
∀∈
⎣⎦
, ta có ý nghóa hình học của công thức trung bình
là : tồn tại
Γ
sao cho
() ( )
()
b
a
gxdx 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
()
fa,b m,M
⎡ ⎤⎡ ⎤
=
⎣ ⎦⎣ ⎦
và do đó m,M
⎡ ⎤
∀Γ ∈
⎣ ⎦
,
0
xa,b
⎡⎤
∃∈
⎣⎦
sao cho
()
0
fx
=Γ
.
2.4. Hệ quả : Nếu
ab≤
thì

() ()
bb
aa
fxdx fxdx
≤
∫∫
.
Chứng minh.
Áp dụng iii), b), mệnh đề 2.3 vào bất đẳng thức
PDF by http://www.ebook.edu.vn

81
xa,b
⎡⎤
∀∈
⎣⎦
,
() () ()
fx fx fx
−≤≤
.
Cho f là hàm liên tục trên a, b
⎡ ⎤
⎣ ⎦
. Ứng với mỗi x a, b
⎡ ⎤
∈
⎣ ⎦
, f là hàm liên
tục nên khả tích trên a, x
⎡⎤
⎣⎦
, nên ta xác đònh được hàm số F như sau
()
x
a
F: a,b
xftdt
⎡⎤
→
⎣⎦
∫

a

trong đó cận x của tích phân chính là biến số của hàm F và t là biến giả trong
tích phân xác đònh.
2.5. Đònh lý.

Cho
f
là hàm liên tục trên
a, b
⎡ ⎤
⎣ ⎦
. Ta có hàm số
() ()
x
a
xFx ftdt=
∫
a
có đạo hàm liên tục trên
a, b
⎡ ⎤
⎣ ⎦
và
Ff
′
=
, nghóa là
F

chính là một nguyên hàm của
f
trên
a, b
⎡ ⎤
⎣ ⎦
.
Chứng minh .
Do f là hàm liên tục trên khoảng đóng và bò chận a, b
⎡⎤
⎣⎦
nên
nó bò chận trên
a, b
⎡ ⎤
⎣ ⎦
, nghóa là
M∃∈
sao cho
xa,b
⎡ ⎤
∀∈
⎣ ⎦
,
()
fx M≤ .
Với x và h sao cho x a, b
⎡⎤
∈
⎣⎦
và x h a, b
⎡ ⎤
+∈
⎣ ⎦
, ta có
()() () ()
xh xh
xx
0 Fx h Fx ftdt ftdt
++
≤+− = ≤
∫∫

và
()() ()
xh
x
0Fxh Fx ftdtMh
+
≤+− ≤ ≤⋅
∫
.
()()
0Fxh Fx Mh 0≤+− ≤⋅→
,
khi
h0→
, và do đó
()()
h0
lim F x h F x
→
+= , nghóa là F liên tục tại điểm x. Ta sẽ
chứng minh
() ()
Fx fx
′
=
. Thật vậy, do f liên tục tại x, nghóa là
0∀ε >
, 0∃η > , sao cho
() ( )
tx ft fx−<η⇒ −<ε.
Với
0ε>
và h sao cho h <η, ta có
()()
() () ( )
() ( )
xh
x
xh
x
Fx h Fx
1
fx ftdt hfx
hh
1
ft fx dt
h
+
+
+−
⎡ ⎤
−= −⋅
⎢ ⎥
⎢ ⎥
⎣ ⎦
⎡ ⎤
⎡⎤
=−
⎢ ⎥
⎣⎦
⎢ ⎥
⎣ ⎦
∫
∫

PDF by http://www.ebook.edu.vn

82
()()
() () ( )
xh
x
Fx h Fx
1
fx ft fxdt
h
h
+
+−
−≤ −
∫
.
Do t x,x h
⎡⎤
∈+
⎣⎦
, nên
() ( )
htxftfx<η⇒ −<η⇒ −<ε, và do đó
() ( )
xh xh
xx
f t f x dt dt h
++
−≤ε=⋅ε
∫∫

Suy ra
()()
()
Fx h Fx
fx
h
+−
−≤ε
nếu h <η
nghóa là

()
()()
()
0
Fx h Fx
F x lim f x
h
ε→
+−
′
==
.
2.6. Đònh lý.

Nếu
F
là một nguyên hàm của
f
trên
a, b
⎡ ⎤
⎣ ⎦
thì
() () ()
b
a
fxdx Fb Fa=−
∫
.
Chứng minh.
Do f liên tục trên a, b
⎡ ⎤
⎣ ⎦
, mệnh đề 2.5 cho thấy hàm số
() ()
x
a
F: a,b
xFxftdt
⎡⎤
→
⎣⎦
=
∫

a

là một nguyên hàm của f trên a, b
⎡ ⎤
⎣ ⎦
. Hơn nữa
() ()
b
a
Fb ftdt=
∫
và
() ()
a
a
Fa f tdt=
∫
.
Mặt khác, do mệnh đề 1.2, với G là một nguyên hàm khác của f trên
a, b
⎡⎤
⎣⎦
, ta có
() ()
Gx Fx hằng số=+ và do đó

() () () () ()
b
a
ftdt Fb Fa Gb Ga=−=−
∫
.
Ký hiệu :
() () ( ) ( )
b
b
a
a
ftdt Ft Fb Fa
⎡⎤
==−
⎣⎦
∫
.
Cho I và J là hai khoảng của

, F, f, u là ba hàm số với
uF
JI⎯⎯⎯→⎯⎯⎯→

sao cho F là một nguyên hàm của f, f liên tục trên I, u có
đạo hàm liên tục trên J. Ta có
( )() ( )() () ( )() ()
tJ,Fut Futut futut
′
′′ ′
∀∈ = ⋅ = ⋅
oo o

PDF by http://www.ebook.edu.vn

83
Điều này cho thấy
Fu
o
là một nguyên hàm của
()
fuu
′
⋅
o
trên J khi F là
một nguyên hàm của f trên I. Do mệnh đề 2.6, ta suy ra
( )() () () ( )
() ()
()
b
a
fututdt Fu Fu
Fb Fa
fxdx
β
α
′
⋅=
β −α
=−
=
∫
∫
ooo

trong đó , Jα
β ∈ ,
()
ubβ = et
()
uaα= . Ta được
2.7. Mệnh đề (công thức đổi biến).
()()() ()
()
()
u
u
fututdt fxdx
ββ
αα
′
⋅=
∫∫
o
.
Với công thức này, ta nói rằng đã thực hiện việc
đổi biến
()
xut= trong
tích phân
()
b
a
fxdx
∫
.
Từ công thức lấy đạo hàm hàm tích
fg⋅
các hàm có đạo hàm trên
khoảng I,

xI∀∈,
() ()
()
() () () ()
fxgx f xgx fxg x
′
′′
=+
.
Với
aI∈
,
bI∈
, mệnh đề 2.6 cho ta :
() () () ()
() () () ()
b
b
a
a
bb
aa
fxgx dx fxgx
fxgxdx fxgxdx
′
⎡⎤⎡⎤
=
⎣⎦⎣⎦
′′
=+
∫
∫∫

và ta được

2.8. Đònh lý (công thức tích phần từng phần).
() () () () () ()
bb
b
a
aa
(1) (2)
f x g x dx f x g x f x g x dx
⎡⎤
′′
=−
⎣⎦
∫∫
14442 4 4 4314442 4 4 43

Công thức trên cho phép ta tính tích phân (1) khi ta biết tích phân (2) và
khi biết một nguyên hàm của hàm ký hiệu
()
gx
′
.
3. TÍCH PHÂN SUY RỘNG
Trong trường hợp hàm dưới dấu tích phân tăng ra vô cực trên miền lấy
tích phân (chẳng hạn như
1
dt
t
0
∫
, với
1
t
→+∞
, khi
t0
+
→
), hoặc trong trường
PDF by http://www.ebook.edu.vn

84
hợp miền lấy tích phân là không bò chận (chẳng hạn như
2
t
0
edt
+∞
−
∫
), ta nói
tích phân khảo sát thuộc loại
tích phân suy rộng
.
A. Trường hợp cận tích phân là vô cực
Cho f là hàm số liên tục trên
)
a,
⎡
+∞
⎣
và xét hàm số
() ()
x
f
a
Ix ftdt=
∫
, ta
đònh nghóa
() ( ) ()
x
f
xx
aa
f t dt lim I x lim f t dt
+∞
→+∞ →+∞
==
∫∫

Khi giới hạn tồn tại, ta nói rằng tích phân suy rộng của f
tồn tại
ở
+∞

(hay
hội tụ
ở
+∞
). Ngược lại, ta nói tích phân
không tồn tại
(hay
phân kỳ
) ở
+∞
.
Tương tự cho trường hợp hàm số f liên tục trên
(
,b
⎤
−∞
⎦
, ta đònh nghóa
() ()
bb
x
x
ftdt lim ftdt
→−∞
−∞
=
∫∫
.
Cuối cùng khi f liên tục trên

và với
a
∈

, ta đặt
() () ()
a
a
f t dt f t dt f t dt
+∞ +∞
−∞ −∞
=+
∫∫∫
,
trong đó hai tích phân suy rộng của f ở
+∞
và −∞ tồn tại độc lập với nhau.
Xét tích phân suy rộng
()
a
ftdt
+∞
∫
. Khi một nguyên hàm của f tồn tại, ta
có thể tích tích phân suy rộng này bằng đònh nghóa, nghóa là tính tích phân
xác đònh rồi tìm giới hạn của tích phân xác đònh này. Trường hợp ta không
tìm được một nguyên hàm của hàm f, ta cần tìm các điều kiện đủ cho sự tồn
tại của tích phân suy rộng này. Ta có
3.1. Mệnh đề.

Cho
f
là hàm liên tục trên
)
a,
⎡
+∞
⎣
. Với bất kỳ
)
1
aa,
⎡
∈+∞
⎣
, các
tích phân suy rộng
()
a
ftdt
+∞
∫
và
()
1
a
ftdt
+∞
∫
có cùng bản chất, nghóa là hoặc
cùng hội tụ, hoặc cùng phân kỳ, và khi chúng cùng hội tụ, ta có
() () ()
1
1
a
aaa
ftdt ftdt ftdt
+∞ +∞
=+
∫∫∫
.
Chứng minh.
Do, x a,
⎡⎡
∀∈ +∞
⎣⎣
,
() () ()
1
1
xa x
aa a
ftdt ftdt ftdt=+
∫∫ ∫

PDF by http://www.ebook.edu.vn

85
nên bằng cách lấy giới hạn hai vế khi x →+∞, ta chứng minh được mệnh đề.
ª
3.2. Mệnh đề.

a) Khi
0f g≤≤
, sự hội tụ của
()
a
gxdx
+∞
∫
kéo theo sự hội tụ
của
()
a
fxdx
+∞
∫
; sự phân kỳ của
()
a
fxdx
+∞
∫
kéo theo sự phân kỳ của
()
a
gxdx
+∞
∫
.
b) Khi
f
và
g
là hai hàm số tương đương khi
x →+∞
(ta còn nói là chúng
tương đương ở lân cận của
+∞
), nghóa là
()
()
fx
gx
x
lim 1
→+∞
=
, ta có các tích phân
suy rộng
()
a
fxdx
+∞
∫
và
()
a
gxdx
+∞
∫
có cùng bản chất.
Chứng minh.
a) Xét a x≤ ;
() ()
x
f
a
Ix ftdt=
∫
và
() ()
x
g
a
Ix gtdt=
∫
. Dễ thấy
rằng
() ()
fg
0Ix Ix≤≤
; hàm số
()
f
xIx
a
là hàm tăng theo x. Do đó, nếu
()
a
Bgtdt
+∞
=
∫
tồn tại, ta có
()
f
Ix B≤ ,
)
xa,
⎡
∀∈ +∞
⎣
. Bấy giờ, do hàm số
() ( )
x
f
a
xftdtIx=
∫
a
là hàm tăng trên
)
a,
⎡
+∞
⎣
, bò chận trên bởi B nên nó có
giới hạn,
() ()
f
x
a
lim I x f t dt
+∞
→+∞
=
∫
.
Kết luận :
()
a
Bgtdt
+∞
=
∫
tồn tại kéo theo
()
a
A ftdt
+∞
=
∫
tồn tại
Bằng suy luận đảo đề, ta được
Sự không tồn tại của A kéo theo sự không tồn tại của B.
b) Với
()
()
ft
gt
x
lim 1
→+∞
= , tồn tại b sao cho
ba>
và
tb∀≥
,
()
()
(
)
ft
11
22
gt
1,1∈− +. Rõ ràng là
()
ft
và
()
gt
có cùng dấu và ta có thể giả sử
chúng cùng dấu dương. Khi đó
tb∀≥
,
() () ()
3
1
22
gt ft gt≤≤

Do tính chất (a) nêu trên
nếu
()
a
ftdt
+∞
∫
tồn tại thì
()
a
1
gtdt
2
+∞
∫
tồn tại,
PDF by http://www.ebook.edu.vn

86
nếu
()
a
gtdt
+∞
∫
tồn tại thì
()
a
3
ftdt
2
+∞
∫
tồn tại.
3.3. Mệnh đề.

1
dt
t
+∞
α
∫
tồn tại nếu và chỉ nếu
1
α>
.
Chứng minh.
Một nguyên hàm của
1
t
α
là
1
ln t khi 1
11
khi 1
1
t
α−
⎧
α=
⎪
⎨
×α≠
⎪
−α
⎩

Vì vậy, nếu
1
α=
, thì
x
1
dt
ln x
t
α
=→+∞
∫

khi x →+∞. Trường hợp
1α≠
, ta có
x
1
1
dt 1 1
1
tx
αα−
⎡⎤
=→+∞
⎢⎥
−α
⎣⎦
∫

nếu
1α<
và
x
11
dt 1 dt
1
tt
+∞
αα
→=
α−
∫ ∫

nếu
1α>
, khi x →+∞. ª
Áp dụng :
Sự tồn tại của
2
t
Iedt
+∞
−
−∞
=
∫
.
Do
2
t
edt
−
∫
không xác đònh được bằng cách hàm số sơ cấp, ta không thể
tính trực tiếp I bằng đònh nghóa. Vì vậy, ta dùng các tiêu chuẩn nêu trên để
khảo sát sự tồn tại của I mà không cần phải tính giá trò của nó. Trước hết, ta
khảo sát sự tồn tại
2
t
0
edt
+∞
−
∫
. Do
2
2t
te 0
−
→ khi t →+∞, tồn tại
a0>
sao
cho
ta∀>
,
2
2t
0te 1
−
<≤. Từ đó suy ra
ta∀>
,
2
t
2
1
0e
t
−
<≤.
Do mệnh đề 3.3,
2
dt
t
a
+∞
∫
tồn tại và do mệnh đề 3.2,
2
t
a
edt
+∞
−
∫
tồn tại.
Cuối cùng, do mệnh đề 3.1,
2
t
0
edt
+∞
−
∫
tồn tại. Do
22
x0
tt
0x
edt edt
−−
−
=
∫∫
, ta suy
ra
PDF by http://www.ebook.edu.vn

87
2222
00x
tttt
xx
x00
edt lim edt lim edt edt
+∞
−−−−
→+∞ →+∞
−∞ −
===
∫∫∫∫
.
Kết luận :
2
t
edt
+∞
−
−∞
∫
tồn tại và ta có đẳng thức
22
tt
0
I e dt 2 e dt
+∞ +∞
−−
−∞
==
∫∫
.
Thật ra, người ta còn chứng minh được rằng
I =π
và kết quả này được
dùng trong xác suất thống kê.
B. Trường hợp hàm dưới dấu tích phân không bò chận
Cho f là hàm liên tục trên
)
a, b
⎡
⎣
với
()
xb
lim f x
−
→
=+∞
(hay −∞ ). Đặt
() ()
x
f
a
Ix ftdt=
∫
. Ta đònh nghóa
() ( ) ()
bx
f
aa
xb xb
f t dt lim I x lim f t dt
−−
→→
==
∫∫
.
Khi giới hạn trên tồn tại, ta nói f khả tích tại b. Tương tự cho trường hợp
hàm f liên tục trên
(
a, b
⎤
⎦
với
()
xa
lim f x
+
→
=+∞
(hay −∞ ), ta đònh nghóa
() ()
bb
ax
xa
ftdt lim ftdt
+
→
=
∫∫

và nói rằng f khả tích ở a khi giới hạn trên tồn tại. Cuối cùng khi f liên tục
trên
()
a, b nhưng không liên tục tại cả a lẫn b, ta khảo sát tính khả tích của f
tại a và tại b độc lập với nhau.
Tương tự như trong trường hợp miền lấy tích phân không bò chận, khi
hàm f liên tục trên
)
a, b
⎡
⎣
, không bò chận tại b, ta khảo sát tính khả tích của f
tại b bằng cách khảo sát sự tồn tại của
()
x
a
xb
lim f t dt
−
→
∫
. Giống trường hợp tích
phân suy rộng với miền lấy tích phân không bò chận, khi ta có một nguyên
hàm tường minh F cho hàm số f, bài toán trở thành việc khảo sát giới hạn
()
xb
lim F x
−
→
do
() ( ) ( )
x
a
ftdt Fx Fa=−
∫
, trường hợp ta không có một nguyên
hàm tường minh cho f, ta cũng nhận được các điều kiện đủ cho tính khả tích
của f tại b như sau
3.4. Mệnh đề.

Cho
f
là hàm liên tục trên
)
a, b
⎡
⎣
và
()
xb
lim f x
−
→
=+∞
(hay
−∞
).
Ta có, với mọi điểm
)
1
aa,b
⎡
∈
⎣
, các tích phân
()
b
a
ftdt
∫
và
()
1
b
a
ftdt
∫
có cùng
bản chất và khi chúng cùng tồn tại thì

Xem chi tiết: Giải tích 4