Bài 2: Tích phân xác định - Tích phân xác định, Tích phân suy rộng

a. Cho $\int\limits_a^b {f\left( x \right)dx}$ với f liên tục trên [a, b]

Nếu $x = \varphi (t)$ thỏa:

i) $\varphi$ khả vi liên tục trên [a, P] ii)  $\varphi (\alpha ) = a,\varphi (\beta ) = b$ iii) Khi t biến thiên trên $\left[ {\alpha ,\beta } \right]$ thì x biến thiên trên [a, b]

Khi đó, ta có $\int\limits_a^b {f(x)dx = \int\limits_\alpha ^\beta f } \left[ {\varphi (t)} \right]\varphi '(t)dt$

Chứng minh: Giả sử F là nguyên hàm của f trên [a,b]

Ta có: $\int\limits_a^b {f(x)dx = F(b) - F(a)}$ (1)

$\int\limits_\alpha ^\beta {f(\varphi (t))\varphi '(t)dt = F\left[ {\varphi (t)} \right]} \left| \begin{array}{l} \beta \\ \alpha \end{array} \right. = F(\varphi (\beta )) - F(\varphi (\alpha )) = F(b) - F(a)$ (2)

(1) và (2) ⇒ đpcm

Ví dụ: Tính $\int\limits_{ - 2}^2 {\sqrt {4 - {x^2}} } dx = 2\int\limits_0^2 {\sqrt {4 - {x^2}} dx}$

Đặt $x = 2\sin t,0 \le t \le \frac{\pi }{2} \Rightarrow dx = 2{\mathop{\rm costdt}\nolimits}$và $t = \arcsin \frac{x}{2}$

${x_0} = 0 \Rightarrow {t_0} = 0,{x_1} = 2 \Rightarrow {t_1} = \frac{\pi }{1}$

Suy ra $2\int\limits_0^2 {\sqrt {4 - {x^2}} } dx = 2\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\sqrt {4 - 4{{\sin }^2}t} } 2\cos tdt$

$= 2\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {4{{\cos }^2}tdt} = 4\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {(1 + \cos 2t)dt} = 4\left[ {t + \frac{1}{2}\sin 2t} \right]\left| \begin{array}{l} \frac{\pi }{2}\\ 0 \end{array} \right. = 2\pi$

b. Cho f liên tục trên [a,b]. Nếu u = h(x) thỏa:

i) h khả vi đơn điệu trên [a, b] ii) Khi x biến thiên trên [a, b] ta có $f(x)dx$ được viết dưới dạng g(u)du

thì $\int\limits_a^b {f(x)dx = \int\limits_{h(a)}^{h(b)} {g(u)du} = } \int\limits_a^b {g(h(x))h'(x)dx}$

Chứng minh: tương tự

Ví dụ: $\int\limits_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{4}} {\frac{{\cos xdx}}{{2 + 3{{\sin }^2}x}}}$

Đặt $u = {\mathop{\rm sinx}\nolimits} \Rightarrow du = cosxdx$

$\begin{array}{l} {x_0} = \frac{\pi }{6} \Rightarrow {u_0} = \frac{1}{2}\\ \\ {x_1} = \frac{\pi }{4} \Rightarrow {u_1} = \sin \frac{\pi }{4} = \frac{1}{{\sqrt 2 }} \end{array}$

$\Rightarrow \int\limits_{\pi /6}^{\pi /4} {\frac{{\cos xdx}}{{2 + 3{{\sin }^2}x}} = } \int\limits_{1/2}^{1/\sqrt 2 } {\frac{{du}}{{2 + 3{u^2}}}} = \frac{1}{3}\int\limits_{1/2}^{1/\sqrt 2 } {\frac{{du}}{{2/3 + {u^2}}}}$

$= \sqrt {\frac{3}{2}} \frac{1}{3}arctf\frac{{\sqrt 3 }}{{\sqrt 2 }}u\left| \begin{array}{l} \frac{1}{{\sqrt 2 }}\\ \frac{1}{2} \end{array} \right. = \frac{1}{{\sqrt 6 }}\left[ {\frac{{\sqrt 3 }}{2} - arctg\frac{{\sqrt 3 }}{{2\sqrt 2 }}} \right]$

Cho $u=u(x),\,\,v=v(x)$là các hàm khả vi và có đạo hàm liên tục trên [a,b]. Khi đó $\int\limits_a^b {udv = uv\left| \begin{array}{l} b\\ a \end{array} \right.} - \int\limits_a^b {vdu}$

Ví dụ 1: $\int\limits_{ - \frac{1}{2}}^1 {x\,arctg\,xdx}$

Đặt 

$\begin{array}{l} u = arctg\,x \Rightarrow du = \frac{{dx}}{{1 + {x^2}}}\\ \\ dv = xdx\,,\,\,chon\,\,v = \frac{1}{2}({x^2} + 1) \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow \int\limits_{ - \frac{1}{2}}^1 {xarctg\,xdx = \frac{1}{2}} ({x^2} + 1)arctg\,x\left| \begin{array}{l} 1\\ - \frac{1}{2} \end{array} \right. - \int\limits_{ - \frac{1}{2}}^1 {\frac{1}{2}dx} \\ \\ = \frac{\pi }{4} + \frac{5}{8}arctg\frac{1}{2} - \frac{3}{4} \end{array}$

Ví dụ 2:

i) Chứng minh $\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {{{\sin }^n}} xdx = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {{{\cos }^n}} xdx$

ii) Tính $\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {{{\sin }^n}} xdx$

Giải

i) Đặt 

$\begin{array}{l} x = \frac{\pi }{2} - u \Rightarrow dx = - du,u = \frac{\pi }{2} - x\\ {x_0} = 0 \Rightarrow {u_0} = \frac{\pi }{2},{x_1} = \frac{\pi }{2} \Rightarrow {u_1} = 0 \end{array}$

$\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {{{\sin }^n}} xdx = \int\limits_{\frac{\pi }{2}}^0 {{{\sin }^n}} \left( {\frac{\pi }{2} - u} \right)( - du) = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {{{\cos }^n}} udu = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {{{\cos }^n}xdx}$

ii) $\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {{{\sin }^n}} xdx = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {{{\sin }^{n - 1}}} x{\mathop{\rm sinx}\nolimits} dx$ với $n \in N,n \ge 2$

Đặt $u = {\sin ^{n - 1}}x \Rightarrow du = (n - 1)cosx.si{n^{n - 2}}xdx$

$dv = {\mathop{\rm sinxdx}\nolimits}$ chọn $v=-cosx$

$\Rightarrow {I_n} = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {{{\sin }^n}} xdx = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {{{\sin }^{n - 1}}x\sin xdx}$

$= - \cos x{\sin ^{n - 1}}x\left| \begin{array}{l} \frac{\pi }{2}\\ 0 \end{array} \right. + (n - 1)\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {{{\cos }^2}x{{\sin }^{n - 2}}xdx}$

$= (n - 1)\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {(1 - {{\sin }^2}x)si{n^{n - 2}}xdx = (n - 1){I_{n - 2}} - } (n - 1){I_n}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow n{I_n} = (n - 1){I_{n - 2}}\\ \\ \Rightarrow {I_n} = \frac{{n - 1}}{n}{I_{n - 2}} = \frac{{n - 1}}{n}\frac{{n - 3}}{{n - 2}}{I_{n - 4}} = \frac{{n - 1}}{n}\frac{{n - 3}}{{n - 2}}\frac{{n - 5}}{{n - 4}}{I_{n - 6}}.... \end{array}$

Vậy

${I_n} = \left\{ \begin{array}{l} \frac{{n - 1}}{n}.\frac{{n - 3}}{{n - 2}}.\frac{{n - 5}}{{n - 4}}....\frac{7}{8}.\frac{5}{6}.\frac{3}{4}.\frac{1}{2}{I_0}\,\,(n = 2k)\\ \frac{{n - 1}}{n}.\frac{{n - 3}}{{n - 2}}.\frac{{n - 5}}{{n - 4}}....\frac{8}{9}.\frac{6}{7}.\frac{4}{5}.\frac{2}{3}{I_1}\,\,(n = 2k + 1) \end{array} \right.$

mà ${I_0} = \int\limits_0^{\pi /2} {{{\sin }^0}} xdx = \frac{\pi }{2};{I_1} = \int\limits_0^{\pi /2} {\sin } xdx = - \cos x\left| \begin{array}{l} \frac{\pi }{2}\\ 0 \end{array} \right. = 1$

$\Rightarrow {I_n} = \left\{ \begin{array}{l} \frac{{(2k - 1)!!}}{{(2k)!!}}\frac{\pi }{2}\,\,(n = 2k)\\ \frac{{(2k)!!}}{{(2k - 1)!!}}\,\,(n = 2k + 1) \end{array} \right.$

Qui ước: 

$\begin{array}{l} (2k)!!\, = 2.4.6.8....(2k - 2)(2k)\\ (2k - 1)!! = 1.3.5...(2k - 1)(2k + 1) \end{array}$

Tích phân xác định $\int\limits_a^b {f(x)dx}$ đã xét ở trên với [a,b] hữu hạn và f liên tục trên [a,b] hoặc f có số hữu hạn điểm gián đoạn loại 1 trên [a,b].

Trong phần này ta xét:

• Tích phân trên một khoảng vô hạn.
• Tích phân trên [a,b] và trên [a,b] có điểm gián đoạn vô cùng.

Cho hàm số f xác định trên $\left[ {a, + \infty } \right)$ khả tích trên $\left[ {a,b} \right],\forall b \ge a$ . Khi đó tích phân xác định $\int\limits_a^b {f(x)dx}$ là tồn tại $\forall b \ge a$

Định nghĩa:

i) Cho f xác định trên $\left[ {a, + \infty } \right)$ khả tích trên $\left[ {a,b} \right],\forall b \ge a$ .Ta định nghĩa tích phân suy rộng của f trên $\left[ {a, + \infty } \right)$ là:

$\int\limits_a^{ + \infty } {f(x)dx} = \mathop {\lim }\limits_{b \to + \infty } \int\limits_a^b {f(x)dx}$

ii) Tương tự, nếu hàm số f khả tích trên $\left[ {c,a} \right],\forall c \le a$, ta định nghĩa tích phân suy rộng của f trên $(-\infty ,a]$ là

$\int\limits_{ - \infty }^a {f(x)dx} = \mathop {\lim }\limits_{c \to - \infty } \int\limits_c^a {f(x)dx}$

iii) Cho f xác định trên $(-\infty;+\infty)$ và khả tích trên mọi khoảng đóng $[a,b], b \ge a$ .Ta định nghĩa tích phân suy rộng của f trên $(-\infty;+\infty)$ là

$\int\limits_{ - \infty }^{ + \infty } {f(x)dx = \int\limits_{ - \infty }^a {f(x)dx + \int\limits_a^{ - \infty } {f(x)dx} } } = \mathop {\lim }\limits_{c \to - \infty } \int\limits_c^a {f(x)dx + \mathop {\lim }\limits_{b \to + \infty } \int\limits_a^b {f(x)dx} }$

Ví dụ 1:

$\int\limits_2^{ + \infty } {\frac{{dx}}{{(x + 3)(x + 8)}}} = \mathop {\lim }\limits_{b \to + \infty } \int\limits_2^b {\frac{{dx}}{{(x + 3)(x + 8)}}} = \mathop {\lim }\limits_{b \to + \infty } \frac{1}{5}\ln \left| {\frac{{x + 3}}{{x + 8}}} \right|\left| \begin{array}{l} b\\ 2 \end{array} \right. = \frac{1}{5}\ln 2$

Vậy tích phân suy rộng trên là hội tụ

Ví dụ 2:  $\int\limits_{ - \infty }^{ + \infty } {\frac{{{x^4}dx}}{{{x^{10}} + 1}}}$

Vì $\frac{{{x^4}dx}}{{{x^{10}} + 1}}$ là hàm chẵn nên

$\begin{array}{l} I = 2\int\limits_0^{ + \infty } {\frac{{{x^4}dx}}{{{x^{10}} + 1}}} = 2\mathop {\lim }\limits_{b \to + \infty } \int\limits_0^b {\frac{{{x^4}dx}}{{{x^{10}} + 1}}} \\ \\ = \frac{2}{5}\mathop {\lim }\limits_{b \to + \infty } \int\limits_0^{{b^5}} {\frac{{du}}{{({u^2} + 1)}}} = \frac{2}{5}\mathop {\lim }\limits_{b \to + \infty } \left[ {arctgu} \right]\left| \begin{array}{l} {b^5}\\ 0 \end{array} \right. = \frac{\pi }{5}(u = {x^5}) \end{array}$

Ví dụ 3: Khảo sát sự hôi tụ của $\int\limits_1^{ + \infty } {\frac{{du}}{{{x^\alpha }}}}$

(i) $\alpha = 1$

$\int\limits_1^{ + \infty } {\frac{{du}}{x}} = \mathop {\lim }\limits_{b \to + \infty } \int\limits_1^{dx} {\frac{{dx}}{x}} = \mathop {\lim }\limits_{b \to + \infty } \left[ {\ln x} \right]\left| \begin{array}{l} b\\ 1 \end{array} \right. = + \infty \Rightarrow$phân kỳ

(ii) $\alpha \ne 1$

$\begin{array}{l} \int\limits_1^{ + \infty } {\frac{{du}}{{{x^\alpha }}}} = \mathop {\lim }\limits_{b \to + \infty } \int\limits_1^b {{x^\alpha }dx} = \mathop {\lim }\limits_{b \to + \infty } \frac{1}{{1 - \alpha }}\left[ {{x^{ - \alpha + 1}}} \right]\left| \begin{array}{l} b\\ 1 \end{array} \right.\\ \\ = \frac{1}{{1 - \alpha }}\mathop {\lim }\limits_{b \to + \infty } ({b^{1 - \alpha }} - 1) = \left\{ \begin{array}{l} \frac{1}{{1 - \alpha }}\,\,\,(\alpha > 1)\\ + \infty \,\,\,\,\,\,\,(\alpha < 1) \end{array} \right. \end{array}$

Tóm lại: $\int\limits_1^{ + \infty } {\frac{{du}}{{{x^\alpha }}}}$ hội tụ nếu $\alpha>1$ và phân kỳ nếu $\alpha \le1$

Định nghĩa:

i) Nếu hàm số f khả tích trên $[a + \varepsilon ,b],\forall \varepsilon > 0$ và $\mathop {\lim }\limits_{x \to {a^ + }} \left| {f(x)} \right| = + \infty$, ta định nghĩa tích phân suy rộng của f trên [a,b] là 

$\int\limits_a^b {f(x)dx = \mathop {\lim }\limits_{\varepsilon \to {0^ + }} } \int\limits_{a + \varepsilon }^b {f(x)dx} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {a^ + }} \int\limits_x^b {f(x)dx}$

ii) Nếu hàm số f khả tích trên $[a ,b - \varepsilon],\forall \varepsilon > 0$ và $\mathop {\lim }\limits_{x \to {b^ - }} \left| {f(x)} \right| = + \infty$ ta định nghĩa tích phân suy rộng của f trên [a,b] là 

$\int\limits_a^b {f(x)dx = \mathop {\lim }\limits_{\varepsilon \to {0^ + }} } \int\limits_a^{b - \varepsilon } {f(x)dx} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {b^ - }} \int\limits_a^x {f(x)dx}$

iii) Nếu hàm số f khả tích trên $[a ,c - \varepsilon],\forall \varepsilon > 0, f$ khả tích trên $[c +\varepsilon,b],\forall \varepsilon > 0$ và $\mathop {\lim }\limits_{x \to {c }} \left| {f(x)} \right| = + \infty$ , ta định nghĩa:

$\int\limits_a^b {f(x)dx = } \int\limits_a^c {f(x)dx} + \int\limits_c^b {f(x)dx} = \mathop {\lim }\limits_{\varepsilon \to {0^ + }} \int\limits_a^{c - \varepsilon } {f(x)dx + } \mathop {\lim }\limits_{\varepsilon \to {0^ + }} \int\limits_{c + \varepsilon }^b {f(x)dx}$

Ví dụ: Xét $\int\limits_{ - 2}^2 {\frac{{dx}}{{\sqrt {4 - {x^2}} }}}$

Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \frac{1}{{\sqrt {4 - {x^2}} }} = + \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \frac{1}{{\sqrt {4 - {x^2}} }} = + \infty$

$\begin{array}{l} \int\limits_{ - 2}^2 {\frac{{dx}}{{\sqrt {4 - {x^2}} }}} = \int\limits_{ - 2}^0 {\frac{{dx}}{{\sqrt {4 - {x^2}} }}} + \int\limits_0^2 {\frac{{dx}}{{\sqrt {4 - {x^2}} }}} \\ \\ = \mathop {\lim }\limits_{\varepsilon \to {0^ + }} \int\limits_{ - 2 + \varepsilon }^0 {\frac{{dx}}{{\sqrt {4 - {x^2}} }}} + \mathop {\lim }\limits_{\varepsilon \to {0^ + }} \int\limits_0^{2 - \varepsilon } {\frac{{dx}}{{\sqrt {4 - {x^2}} }}} \end{array}$

$\begin{array}{l} = \mathop {\lim }\limits_{\varepsilon \to {0^ + }} \arcsin \,\frac{x}{2}\left| \begin{array}{l} 0\\ - 2 + \varepsilon \end{array} \right. + \mathop {\lim }\limits_{\varepsilon \to {0^ + }} \arcsin \,\frac{x}{2}\left| \begin{array}{l} 2 + \varepsilon \\ 0 \end{array} \right.\\ \\ = \mathop {\lim }\limits_{\varepsilon \to {0^ + }} \left( { - \arcsin \frac{{ - 2 + \varepsilon }}{2}} \right) + \mathop {\lim }\limits_{\varepsilon \to {0^ + }} \arcsin \frac{{2 - \varepsilon }}{2}\\ \\ = - \left( { - \frac{\pi }{2}} \right) + \frac{\pi }{2} = \pi \end{array}$

Ta chỉ xét trường hợp f xác định trên $[a, + \infty )$, khả tích trên $[a,b],\forall b \ge a$. Trường hợp $(- \infty ,a]$ hay trường hợp [a,b] (với  $\mathop {\lim }\limits_{x \to {a^ + }} \left| {f(x)} \right| = + \infty \,\,hay\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to {b^ - }} \left| {f(x)} \right| = + \infty$) được xét bằng cách đưa về dạng $\int\limits_a^{ + \infty } {f(x)dx}$

• Đốì với tích phân $\int\limits^b_{ + \infty } {f(x)dx}$ ta đổi biến $u=-x,du=-dx$và $\int\limits_{ - \infty }^b {f(x)dx = \mathop {\lim }\limits_{a \to - \infty } } \int\limits_a^b {f(x)dx = } \mathop {\lim }\limits_{a \to - \infty } \int\limits_{ - a}^{ - b} {f( - u)( - du) = \mathop {\lim }\limits_{c \to + \infty } } \int\limits_{ - b}^c {g(u)du} = \int\limits_{ - b}^{ + \infty } {g(u)du}$
• Đối với tích phân  ta đổi biến $\int\limits_a^b {f(x)dx,\mathop {\lim }\limits_{x \to {a^ + }} } \left| {f(x)} \right| = + \infty$ ta đổi biến $u = \frac{1}{{x - a}}$. Khi đó $\int\limits_a^b {f(x)dx = \mathop {\lim }\limits_{\varepsilon \to {0^ + }} } \int_{a + \varepsilon }^b {f(x)dx} = \mathop {\lim }\limits_{\varepsilon \to {0^ + }} \int_{\frac{1}{\varepsilon }}^{\frac{1}{{b - a}}} {\left( {a + \frac{1}{u}} \right)} \left( {\frac{{ - du}}{{{u^2}}}} \right) = \int_{\frac{1}{{b - a}}}^{ + \infty } {g(u)du}$
• Đối với tích phân $\int\limits_a^b {f(x)dx,\mathop {\lim }\limits_{x \to {b^ - }} } \left| {f(x)} \right| = + \infty$ ta đổi biến $u = \frac{1}{{b-x}}$. Khi đó $\int\limits_a^b {f(x)dx = \mathop {\lim }\limits_{\varepsilon \to {0^ + }} } \int_a^{b - \varepsilon } {f(x)dx} = \mathop {\lim }\limits_{\varepsilon \to {0^ + }} \int_{\frac{1}{{b - a}}}^{\frac{1}{\varepsilon }} {\left( {b - \frac{1}{u}} \right)} \left( {\frac{{du}}{{{u^2}}}} \right) = \int_{\frac{1}{{b - a}}}^{ + \infty } {g(u)du}$

Định nghĩa:

i) Nếu $\int\limits_a^{ + \infty } {\left| {f(x)} \right|dx}$ hội tụ, ta có $\int\limits_a^{ + \infty } {f(x)dx}$ hội tụ tuyệt đối.

ii) Nếu $\int\limits_a^{ + \infty } {f(x)dx}$ hội tụ nhưng $\int\limits_a^{ + \infty } {\left| {f(x)} \right|dx}$ không hội tụ ta nói $​​​​​​\int\limits_a^{ + \infty } {f(x)dx}$ hội tụ không tuyệt đối, hay bán hội tụ.

Ví dụ 1: Khảo sát sự hội tụ của $\int\limits_1^{ + \infty } {\frac{{dx}}{{\sqrt {1 + {x^3}} \sqrt[3]{{1 + {x^5}}}}}}$

Nhắc lại: $\int\limits_1^{ + \infty } {\frac{{dx}}{{{x^\alpha }}}}$ hội tụ khi $\alpha>1$, phân kỳ khi $\alpha \le 1,\forall x \ge 1$ ta có: $\frac{x}{{\sqrt {1 + {x^3}} \sqrt[3]{{1 + {x^5}}}}} \le \frac{x}{{{x^{\frac{3}{2}}}{x^{\frac{5}{3}}}}} = \frac{1}{{{x^{\frac{{13}}{6}}}}}$

Mà tích phân $\int\limits_1^{ + \infty } {\frac{{dx}}{{{x^{\frac{{13}}{6}}}}}}$ hội tụ (vì $\alpha = 13/6 > 1$) suy ra $\int\limits_1^{ + \infty } {\frac{{xdx}}{{\sqrt {1 + {x^3}} \sqrt[3]{{1 + {x^5}}}}}}$ hội tụ.

Ví dụ 2: Xét sự hội tụ của $\int\limits_1^{ + \infty } {\frac{{(x + 5)dx}}{{\sqrt[3]{x}\sqrt {1 + {x^3}} }}}$

Cách 1: $\forall x \ge 1$, ta có

$\frac{{(x + 5)}}{{\sqrt[3]{x}\sqrt {1 + {x^3}} }} \ge \frac{x}{{{x^{\frac{1}{3}}}\sqrt {{x^3} + {x^3}} }} = \frac{x}{{\sqrt 2 {x^{\frac{1}{3}}}{x^{\frac{3}{2}}}}} = \frac{1}{{\sqrt 2 {x^{\frac{5}{6}}}}}$

Mà tích phân $\int\limits_1^{ + \infty } {\frac{{dx}}{{\sqrt 2 {x^{\frac{5}{6}}}}}}$ phân kỳ (vì $\alpha = 5/6 < 1$) suy ra $\int\limits_1^{ + \infty } {\frac{{(x + 5)dx}}{{\sqrt[3]{x}\sqrt {1 + {x^3}} }}}$ phân kỳ

Cách 2: 

Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\frac{{(x + 5)}}{{\sqrt[3]{x}\sqrt {1 + {x^3}} }}}}{{1/{x^{\frac{5}{6}}}}} = 1$

$\Rightarrow \int\limits_1^{ + \infty } {\frac{{(x + 5)}}{{\sqrt[3]{x}\sqrt {1 + {x^3}} }}}$và $\int\limits_1^{ + \infty } {\frac{{dx}}{{{x^{\frac{5}{6}}}}}}$ cùng bản chất.

Ví dụ 3: Khảo sát sự hội tụ của $\int\limits_0^{ + \infty } {{{{\mathop{\rm sinx}\nolimits} }^2}} dx$

Tích phân $\int\limits_0^{ + \infty } {{{{\mathop{\rm sinx}\nolimits} }^2}}$ cùng bản chất với $\int\limits_{\sqrt {\frac{\pi }{2}} }^{ + \infty } {{{{\mathop{\rm sinx}\nolimits} }^2}} dx$

Ta có: $\int\limits_{\sqrt {\frac{\pi }{2}} }^{ + \infty } {{{{\mathop{\rm sinx}\nolimits} }^2}} dx = \mathop {\lim }\limits_{b \to + \infty } \int\limits_{\sqrt {\frac{\pi }{2}} }^b {{{{\mathop{\rm sinx}\nolimits} }^2}dx = } \mathop {\lim }\limits_{b \to + \infty } \int\limits_{\sqrt {\frac{\pi }{2}} }^{{b^2}} {\frac{{{\mathop{\rm sint}\nolimits} }}{{2\sqrt t }}dt}$

Đặt $u = \frac{1}{{2\sqrt t }} \Rightarrow du = \frac{{ - 1}}{{4{t^{\frac{3}{2}}}}}dt;dv = {\mathop{\rm sint}\nolimits} dt$chọn $v=-cost$

$I = \mathop {\lim }\limits_{b \to + \infty } - \frac{1}{{2\sqrt t }}\cos t\left| \begin{array}{l} b\\ \frac{\pi }{2} \end{array} \right. - \mathop {\lim }\limits_{b \to + \infty } \int\limits_{\frac{\pi }{2}}^b {\frac{{\cos tdt}}{{4{t^{\frac{3}{2}}}}}} = \int\limits_{\frac{\pi }{2}}^{ + \infty } {\frac{{\cos tdt}}{{4{t^{\frac{3}{2}}}}}}$

Mà $\left| {\frac{{\cos tdt}}{{4{t^{\frac{3}{2}}}}}} \right| \le \frac{1}{{4{t^{\frac{3}{2}}}}}$ và $\int\limits_{\frac{\pi }{2}}^{ + \infty } {\frac{1}{{4{t^{\frac{3}{2}}}}}} dt$ hội tụ $(\alpha = 3/2 > 1)$

$\Rightarrow \int\limits_{\frac{\pi }{2}}^{ + \infty } {\left| {\frac{{\cos tdt}}{{4{t^{\frac{3}{2}}}}}} \right|dt}$ hội tụ $\Rightarrow \int\limits_{\frac{\pi }{2}}^{ + \infty } {\frac{{\cos tdt}}{{4{t^{\frac{3}{2}}}}}dt}$ hội tụ $\Rightarrow \int\limits_0^{ + \infty } {{{{\mathop{\rm sinx}\nolimits} }^2}} dx$ hội tụ.

Trên đây là nội dung bài giảngBài 2: Tích phân xác định - Tích phân xác định, Tích phân suy rộng được eLib tổng hợp lại nhằm giúp các bạn sinh viên có thêm tư liệu tham khảo. Hy vọng đây sẽ là tư liệu giúp các bạn nắm bắt nội dung bài học dễ dàng hơn.