ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
VI THỊ NGỌC YẾN
MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA TÍCH PHÂN
TRONG ĐẠI SỐ VÀ LƯỢNG GIÁC
LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC
THÁI NGUYÊN - NĂM 2014
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
VI THỊ NGỌC YẾN
MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA TÍCH PHÂN
TRONG ĐẠI SỐ VÀ LƯỢNG GIÁC
LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC
Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
Mã số 60.46.01.13
Người hướng dẫn khoa học
GS. TSKH. NGUYỄN VĂN MẬU
THÁI NGUYÊN - NĂM 2014
1
Mục lục
Mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
Chương 1. Tính chất cơ bản của tích phân. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
1.1. Tính chất chung của nguyên hàm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
1.2. Tính chất của tích phân xác định . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
Chương 2. Một số ứng dụng của tích phân trong đại số . . . . . . . . . . . 7
2.1. Khảo sát phương trình, bất phương trình trong Đại số . . . . . . . . . . . . . 7
2.1.1. Chứng minh sự tồn tại nghiệm của phương trình . . . . . . . . 8
2.1.2. Giải phương trình sinh bởi một số dạng nguyên hàm . . . . . 13
2.2. Phương pháp tích phân trong bất đẳng thức đại số. . . . . . . . . . . . . . . . 19
2.3. Phương pháp tích phân trong bài toán cực trị đại số . . . . . . . . . . . . . . 28
Chương 3. Một số ứng dụng của tích phân trong lượng giác . . . 32

của tích phân trong Đại số và Lượng giác" nhằm cung cấp một số tính chất
cơ bản của tích phân hàm một biến và cho phân loại các dạng toán ứng dụng
trong khảo sát phương trình, bất phương trình, bất đẳng thức và các bài
toán cực trị liên quan của Đại số và Lượng giác.
Ngoài phần Mở đầu và Kết luận, luận văn được chia thành ba chương đề
cập đến các vấn đề sau đây:
Chương 1 trình bày các tính chất cơ bản của nguyên hàm và tích phân
hàm một biến thực.
Chương 2 trình bày các ứng dụng của tích phân trong đại số.
Chương 3 trình bày một số ứng dụng của tích phân lượng giác.
2
CHƯƠNG 1
Tính chất cơ bản của tích phân
1.1. Tính chất chung của nguyên hàm
Kí hiệu K là một khoảng, một đoạn hay nửa khoảng trên trục thực.
Định nghĩa 1.1 (xem [3]). Cho hàm số f(x) xác định trên K. Hàm số F (x)
được gọi là nguyên hàm của hàm f(x) trên K nếu hàm số F(x) liên tục trên
K, có đạo hàm tại mọi điểm x thuộc K và
F

(x) = f (x), ∀x ∈ K.
Chú ý 1.1. Trong trường hợp K = [a; b], các đẳng thức F

(a) = f (a), F

(b) =
f(b) được hiểu là các giá trị đạo hàm một phía
F

(a) = lim



f(x)dx


= f(x).
ii) d


f(x)dx

= f(x)dx.
iii)

df(x) = f (x) + C.
Định lý 1.4 (Quy tắc tìm nguyên hàm).
i)

kf(x)dx = k

f(x)dx (k = 0).
ii)

f(x)dx+

g(x)dx =

[f(x) + g(x)]dx.
iii) Quy tắc đổi biến


= b.
4
(Mỗi phép chia như thế được gọi là một phép phân hoạch đoạn [a; b], kí hiệu
là Π.)
Đặt ∆x
i
= x
i
− x
i−1
và d
(Π)
= max ∆x
i
, 1 ≤ i ≤ n.
Trên mỗi đoạn [x
i−1
; x
i
], ta lấy một điểm tùy ý ξ
i
(i = 1, , n) và lập tổng
σ
Π
=
n

i=1
f(ξ
i

a
f(x)dx = lim
d
(Π)
→0
n

i=1
f(ξ
i
)∆x
i
.
Khi đó hàm f(x) được gọi là khả tích trên đoạn [a; b].
Chú ý 1.2. Tích phân xác định không phụ thuộc vào việc lựa chọn biến lấy
tích phân:
b

a
f(x)dx =
b

a
f(t)dt.
Ta luôn luôn có
b

b
f(x)dx = 0,
b

f(x)dx = F (x)


b
a
= F (b) − F (a). (1.2)
trong đó F (x) là một nguyên hàm nào đó của f(x).
Có nhiều đại lượng khác của Hình học, Vật lí, cũng có thể khảo sát
được bằng phương pháp này như thể tích, độ dài, diện tích mặt cũng như
các đại lượng vật lí cơ bản như công sinh ra bởi một lực biến đổi tác động
từ một khoảng cách cho trước, lực thủy tĩnh, . . Trong mỗi trường hợp như
vậy, quá trình này thực hiện phép chia khoảng biến thiên độc lập thành các
khoảng nhỏ và đại lượng đang xét được tính gần đúng bằng tổng tương ứng,
giới hạn của các tổng ấy cho ta giá trị chính xác của đại lượng cần tính dưới
dạng một tích phân xác định - được tính toán nhờ các phép tính cơ bản.
Ta cũng thấy rằng những chi tiết của quá trình tính giới hạn của tổng
tích phân là rất phức tạp và lặp đi lặp lại nhiều lần do việc chọn các điểm
tùy ý. Điều đó gây trở ngại cho nhận thức trực quan của tích phân xác định.
Cách thức khảo sát việc xây dựng tích phân xác định (1.2) bằng phương
pháp trực quan sẽ dễ hiểu hơn (xem [5]). Ta hình dung diện tích dưới một
đường cong (giới hạn phần đường cong và trục x) như là tổng của rất nhiều
hình chữ nhật được xếp thẳng đứng dưới hình này có độ cao y và chiều rộng
dx, diện tích của nó bằng
dS = ydx = f(x)dx. (1.3)
Diện tích này được gọi là phần tử tích phân của diện tích hay đơn giản là
phần tử diện tích, nằm tại một vị trí tùy ý trong miền đó được đánh dấu bởi
giá trị x giữa a và b.
Bây giờ, ta xem diện tích toàn bộ S như là hợp nhất tất cả những phần
tử diện tích dS khi các diện tích hình chữ nhật thẳng đứng như vậy quét lấp
đầy miền đó.

x
1
, x
2
∈ [a; b] với x
1
< x
2
, sao cho F (x
1
) = F (x
2
), thì phương trình f (x) = 0
có nghiệm trong [x
1
; x
2
].
Chứng minh. Giả sử phương trình f(x) = 0 không có nghiệm thuộc
[x
1
; x
2
]. Vì f (x) liên tục nên suy ra: hoặc f (x) > 0, ∀x ∈ [x
1
; x
2
], hoặc
f(x) < 0, ∀x ∈ [x
1

), trái với giả thiết.
Như vậy, trong cả hai trường hợp, ta đều có F (x
1
) = F (x
2
), điều này trái
với giả thiết F (x
1
) = F (x
2
).
Vậy phương trình f(x) = 0 có nghiệm trong [x
1
; x
2
].
Nhận xét 2.1. Cũng có thể phát biểu định lí 2.1 dưới dạng sau
Nếu hàm số y = f(x) xác định và liên tục trên [a; b] và nếu tồn tại các số
thực phân biệt x
1
, x
2
∈ [a; b] sao cho
x
2

x
1
f(x)dx = 0,
thì phương trình f(x) = 0 có nghiệm thuộc [x

Ngược lại, giả sử phương trình (2.1) có nghiệm x
1
, x
2
. Để ý rằng F (x) =
x
3
− ax
2
+ bx − c là nguyên hàm của f(x) = 3x
2
− 2ax + b với mọi c.
Nếu x
1
= x
2
thì ta chọn α = β = γ = x
1
. Khi đó đa thức F (x) = (x−x
1
)
3
có ba nghiệm trùng nhau nên đạo hàm của nó có hai nghiệm và có dạng (2.2).
Khi x
1
= x
2
, coi x
1
< x

x
n
+ a
n−1
x
n−1
+ ···+ a
1
x + a
0
= 0 (2.5)
thỏa mãn điều kiện
a
n
n + 1
+
a
n−1
n
+ ···+
a
1
2
+ a
0
= 0, (2.6)
thì nó có nghiệm trong (0; 1).
Lời giải. Xét hàm số
f(x) = a
n

+ a
0
x.
Ta có F (0) = 0 và F (1) =
a
n
n + 1
+
a
n−1
n
+ ··· +
a
1
2
+ a
0
= 0 theo (2.6). Do
vậy F (0) = F (1), nên theo định lí 2.1, phương trình
a
n
x
n
+ a
n−1
x
n−1
+ ···+ a
1
x + a

+ bx + c))
Ta thấy, g(x) là một hàm liên tục trên R và có một nguyên hàm
G(x) =
a
m + 2
x
m+2
+
b
m + 1
+
c
m
x
m
.
Ta có G(0) = 0 và G(1) =
a
m + 2
+
b
m + 1
+
c
m
= 0, nên theo định lí 2.1,
phương trình
g(x) = ax
m+1
+ bx

Ta thấy f(x) liên tục trên (−1, 1) và có một nguyên hàm là
F (x) = (πx −1)

arccos x −
√
2
2

.
Nhận xét rằng
F

1
π

= 0, F

π
4

= 0,
nên
F

1
π

= F

π

f(x) =
2(x −1) ln x
x
+ ln
2
x −4
liên tục trên (0; +∞) và có một nguyên hàm là
F (x) = (x −1)(ln
2
x −4).
Ta có F (1) = 0, F

e
2

= 0, F

1
e
2

= 0, nên theo định lí 2.1, trong mỗi
khoảng

1
e
2
; 1

, (1; e

(6x −5). (2.8)
Đặt y − 1 = log
7
(6x − 5). Khi đó phương trình được chuyển thành hệ

7
x−1
= 6(y −1) + 1
y − 1 = log
7
(6x −5)
⇔

7
x−1
= 6y −5 (1)
7
y−1
= 6x −5 (2)
12
Trừ hai vế hai phương trình của hệ ta được
7
x−1
+ 6x = 7
y−1
+ 6y. (2.9)
Xét hàm số f(t) = 7
t−1
+ 6t là hàm đơn điệu trên R.
Khi đó (2.9) được viết lại dưới dạng

Nhận xét rằng g(1) = g(2) = 0.
Vậy phương trình có hai nghiệm x = 1 và x = 2.
Bài toán 2.8. Chứng minh rằng phương trình
(3
x
ln 3 + 2
x
ln 2 − 5
x
ln 5) tan x +
3
x
+ 2
x
− 5
x
cos
2
x
= 0
có nghiệm thuộc (0; 1).
Lời giải. Xét hàm số
f(x) =

3
x
ln 3 + 2
x
ln 2 − 5
x

x +
2x
2
− 3x + 1
x ln 3
= 0
có nghiệm trong

1
2
; 1

.
Lời giải. Xét hàm số
f(x) = (4x −3) log
3
x +
2x
2
− 3x + 1
x ln 3
.
Ta thấy, f(x) liên tục trong (0; +∞) và có một nguyên hàm là
F (x) =

2x
2
− 3x + 1

log

có nghiệm duy nhất x = 0.
Chứng minh. Ta thấy F (x) =
x

0
f(t)dt là một nguyên hàm của f(x) trên
[a; b].
Nếu x = 0 thì F (0) =
0

0
f(t)dt = 0. Vậy x = 0 là nghiệm của phương
trình F(x) = 0.
14
Nếu x = 0 và x ∈ [a; b], thì từ giả thiết f(x) ≥ 0, ta suy ra F (x) đồng
biến trên [a; b] và F (x) = F (0) = 0, tức phương trình F (x) = 0 không thể
có nghiệm x = 0 trên [a; b].
Vậy phương trình F(x) = 0 có nghiệm duy nhất x = 0.
Bằng cách chứng minh hoàn toàn tương tự, ta cũng có:
Định lý 2.3. Cho hai số thực a, b trái dấu và f(x) là một hàm số liên tục,
không dương (có thể bằng 0 tại một số hữu hạn điểm [a; b]) trên [a; b]. Khi
đó, phương trình
x

0
f(t)dt = 0
có nghiệm duy nhất x = 0 trên [a; b].
Bằng cách chứng minh hoàn toàn tương tự, ta có:
Định lý 2.4. Cho ba số thực a, b, c (a < c < b và f(x) là một hàm số liên
tục, không dương (không âm, có thể bằng 0 tại một số hữu hạn điểm trên

t + 2

1 −t
2
arcsin t − 2t


dt
=
x

0

arcsin
2
t +
2t. arcsin t
√
1 −t
2
+
2
√
1 −t
2
√
1 −t
2
−
2t. arcsin t

2 = 0.
Lời giải. Tập xác định của phương trình: [0, 1]. Xét hàm số
F (x) = 8
√
x arcsin
√
x + 8
√
1 −x.
Ta có
F

1
2

= 8

1
2
arcsin

1
2
+ 8

1
2
=
8
√

2
d[F (t)]dt = 0
hay
x

1
2
(8
√
t arcsin
√
t + 8
√
1 −t)

dt = 0.
Do đó
x

1
2
4 arcsin
√
t
√
t
dt = 0.
16
Ta thấy, hàm số f(t) =
4 arcsin

x
−
1
2
ln(1 + e
2x
).
Ta có
F (0) = −

π
4
+
1
2
ln 2

.
Phương trình đã cho tương đương với
F (x) − F (0) = 0
x

0
F

(t)dt = 0
hay
x

0

) −
2e
2t
2(1 + e
2t
)

dt = 0
hay
x

0
(1 + e
−t
arctan e
t
)dt = 0.
Vì hàm số f(t) = 1 + e
−t
arctan e
t
là hàm liên tục, không âm ∀t ≥ 0, nên
phương trình có nghiệm duy nhất x = 0.
17
Bài toán 2.13. Giải phương trình
2(x + 1) ln (x + 1) −x
2
− 2x = 0
trong R
+

2
x+1
+ 3
x+1
− x
2
(ln 2 + ln 3) −5 = 0.
Lời giải. Đặt F (x) = 2
x+1
+ 3
x+1
− x
2
(ln 2 + ln 3) − 5. Ta có F (0) = 0.
Khi đó
F (x) =
x

0

2
t+1
+ 3
t+1
− t
2
(ln 2 + ln 3) −5


dt

Ta thấy, hàm số f(t) = 2 ln 2 (2
t
− t) + 3 ln 3 (3
t
− t) liên tục và không âm
với mọi t, nên theo Định lí 2.2, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất
x = 0.
18
Bài toán 2.15. Giải phương trình
x
√
x
2
+ 1 = ln

x +
√
x
2
+ 1

.
Lời giải. Ta có
x
√
x
2
+ 1 = ln

x +


Ta có F(0) = 0 và
F (x) =
x

0

t
√
t
2
+ 1 − ln

t +
√
t
2
+ 1


dt
=
x

0

t.
t
√
t

t
2
+ 1
dt =
x

0
2t
2
√
t
2
+ 1
dt.
Ta thấy, hàm số f(t) =
2t
2
√
t
2
+ 1
liên tục và không âm với mọi t, nên theo
Định lí 2.2, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 0.
Bài toán 2.16. Chứng minh rằng phương trình
e
−x
− sin

e
−x

−lnπ
F

(t)dt = 0
hay
x

−lnπ

e
−t
− sin

e
−t

cos

e
−t


dt = 0.
Suy ra
x

−lnπ

2e
−t

a
f(x)dx ≥ 0.
2) Nếu f(x) ≥ g(x) với mọi x ∈ [a, b] thì
b

a
f(x)dx ≥
b

a
g(x)dx.
3) Nếu m  f(x)  M với mọi x ∈ [a, b] thì m(b − a) 
b

a
f(x)dx 
M(b −a).
4) Tồn tại c ∈ [a, b] sao cho f (c) =
1
b −a
b

a
f(x)dx.
20
5) Với mọi f(x) xác định trên [a, b], ta đều có



b

a, y = 0, y = f (x), thì
S
1
=
a

0
f(x)dx.
Gọi S
2
là diện tích hình phẳng giới hạn bởi y = f(0), y = b, x = 0, x = f
−1
(y)
thì
S
2
=
b

f(0)
f
−1
(x)dx.
Gọi S là diện tích hình chữ nhật tạo bởi x = 0, x = a, y = 0, y = b thì S = ab.
Tong cả hai trường hợp f(a)  b và f (a) > b, ta đều có S
1
+ S
2
≥ S, nên
a


f(α)
f
−1
(x)dx ≥ ab − αf(α).
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi f(a) = b.
Lời giải. Gọi S
1
là diện tích hình phẳng giới hạn bởi x = α x = a y =
0 y = f (x) thì
S
1
=
a

α
f(x)dx
Gọi S
2
là diện tích hình phẳng giới hạn bởi y = f (α) y = b x = 0 y = f
−1
(x)
thì
S
2
=
b

f(α)
f


0
f(x)dx ≥ a
b

0
f(x)dx. (2.10)
(Tương tự, với f(x) liên tục và đồng biến trên [0, b],∀a ∈ [0, b] thì
22
b
a

0
f(x)dx  a
b

0
f(x)dx)
Lời giải.
Nếu a = 0 hoặc a = b thì bất đẳng thức (2.10) trở thành đẳng thức.
Nếu 0 < a < b, thì do f(x) nghịch biến trên [0, b] nên với mọi x thoả mãn
điều kiện 0 < a  x  b, ta đều có f(x)  f(a). Suy ra
b

a
f(x)dx  f(a)
b

a
dx = (b − a)f(a).

f(x)dx ≥ f(a) ≥
1
b −a
b

a
f(x)dx
hay
1
a
a

0
f(x)dx ≥
1
b −a
b

a
f(x)dx. (2.13)
Do đó
(b −a)
a

0
f(x)dx ≥ a
b

a
f(x)dx (do a > 0, (b − a) > 0)