Hướng dẫn tính tích phân hàm chứa giá trị tuyệt đối

Bài viết hướng dẫn chiêu thức tính tích phân hàm chứa giá trị tuyệt đối, đây là dạng toán thường gặp trong chương trình Giải tích 12 chương 3 .

1. Phương pháp tính tích phân hàm chứa giá trị tuyệt đối
Muốn tính tích phân $I = \int_a^b | f(x)|dx$, ta thức hiện theo các bước sau:
+ Xét dấu hàm $f(x)$ trên đoạn $[a;b]$ để mở dấu giá trị tuyệt đối.
+ Áp dụng công thức: $\int_a^b | f(x)|dx$ $ = \int_a^c | f(x)|dx + \int_c^b | f(x)|dx.$
2. Một số ví dụ minh họa

Ví dụ 1: Tính tích phân: $I = \int_{ – 3}^3 {\left| {{x^2} – 1} \right|} dx.$

Ta có: $I = \int_{ – 3}^3 {\left| {{x^2} – 1} \right|} dx$ $ = \int_{ – 3}^{ – 1} {\left( {{x^2} – 1} \right)} dx$ $ + \int_{ – 1}^1 {\left( { – {x^2} + 1} \right)} dx$ $ + \int_1^3 {\left( {{x^2} – 1} \right)} dx$ $ = \left. {\left( {\frac{{{x^3}}}{3} – x} \right)} \right|_{ – 3}^{ – 1}$ $ + \left. {\left( { – \frac{{{x^3}}}{3} + x} \right)} \right|_{ – 1}^1$ $ + \left. {\left( {\frac{{{x^3}}}{3} – x} \right)} \right|_1^3$ $ = – \frac{1}{3} + 1 + 9 – 3 – \frac{1}{3} + 1$ $ – \frac{1}{3} + 1 + 9 – 3 – \frac{1}{3} + 1$ $ = \frac{{44}}{3}.$
Vậy $I = \int_{ – 3}^3 {\left| {{x^2} – 1} \right|} dx = \frac{{44}}{3}.$

Ví dụ 2: Tính tích phân: $I = \int_0^2 {\left| {{x^2} – 4x + 3} \right|} dx.$

Ta có bảng xét dấu :

Nên $I = \int_0^2 {\left| {{x^2} – 4x + 3} \right|} dx$ $ = \int_0^1 {\left( {{x^2} – 4x + 3} \right)} dx$ $ + \int_1^2 {\left( { – {x^2} + 4x – 3} \right)} dx$ $ = \left. {\left( {\frac{{{x^3}}}{3} – 2{x^2} + 3x} \right)} \right|_0^1$ $ + \left. {\left( { – \frac{{{x^3}}}{3} + 2{x^2} – 3x} \right)} \right|_1^2 = 2.$
Vậy $I = \int_0^2 {\left| {{x^2} – 4x + 3} \right|} dx = 2.$

Ví dụ 3: Tính tích phân: ${I_{(m)}} = \int_0^1 {\left| {{x^2} – 2x + m} \right|} dx.$

Đặt $f(x) = {x^2} – 2x + m$ có $\Delta’ = 1 – m.$
+ Khi $m \ge 1$ $ \Leftrightarrow \Delta’ = 1 – m \le 0$ $ \Rightarrow f(x) \ge 0$ $\forall x \in R.$
Do đó ${I_{(m)}} = \int_0^1 {\left| {{x^2} – 2x + m} \right|} dx$ $ = \int_0^1 {\left( {{x^2} – 2x + m} \right)} dx$ $ = \left. {\left( {\frac{{{x^3}}}{3} – {x^2} + mx} \right)} \right|_0^1$ $ = m – \frac{2}{3}.$
+ Khi $0 < m < 1$ thì $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{\Delta’ = 1 – m > 0}\\
{f(0) = m > 0}\\
{f(1) = m – 1 < 0}
\end{array}} \right.$
Phương trình $f(x) = m$ có hai nghiệm ${x_1} < {x_2}.$
Do đó ta có $0 < {x_1} < 1 < {x_2}$ với ${x_1},{x_2} = 1 \pm \sqrt {1 – m} .$
Hay ta có:

Nên: ${I_{(m)}} = \int_0^1 {\left| {{x^2} – 2x + m} \right|} dx$ $ = \int_0^{{x_1}} {\left( {{x^2} – 2x + m} \right)} dx$ $ + \int_{{x_1}}^1 {\left( { – {x^2} + 2x – m} \right)} dx$ $ = \left. {\left( {\frac{{{x^3}}}{3} – {x^2} + mx} \right)} \right|_0^{{x_1}}$ $ + \left. {\left( { – \frac{{{x^3}}}{3} + {x^2} – mx} \right)} \right|_{{x_1}}^1$ $ = 2\left[ {\frac{{x_1^3}}{3} – x_1^2 + m{x_1}} \right] + \frac{2}{3} – m.$
Thế ${x_1} = 1 – \sqrt {1 – m} $ vào ta có:
${I_m} = \frac{2}{3}(1 – \sqrt {1 – m} )$$\left[ {{{(1 – \sqrt {1 – m} )}^2} – 3(1 – \sqrt {1 – m} ) + 3m} \right]$ $ + \frac{2}{3} – m$ $ = \frac{2}{3}(1 – \sqrt {1 – m} )(2m – 1 + \sqrt {1 – m} )$ $ + \frac{2}{3} – m.$
+ Khi $m \le 0$ thì $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{f(0) = m \le 0}\\
{f(1) = m – 1 \le 0}
\end{array}} \right.$
Do đó ta có ${x_1} \le 0 < 1 < {x_2}$ $ \Rightarrow f(x) < 0$ $\forall x \in [0;1].$
Nên ${I_m} = \int_0^1 {\left( { – {x^2} + 2x – m} \right)} dx$ $ = \left. {\left( {\frac{{ – {x^3}}}{3} + {x^2} – mx} \right)} \right|_0^1$ $ = \frac{2}{3} – m.$

Ví dụ 4: Tính tích phân: $I = \int_0^2 {\left| {{x^2} – x} \right|} dx.$

Ta có :

Do đó : USD I = \ int_0 ^ 2 { \ left | { { x ^ 2 } – x } \ right | } dx USD USD = \ int_0 ^ 1 { \ left ( { – { x ^ 2 } + x } \ right ) } dx USD USD + \ int_1 ^ 2 { \ left ( { { x ^ 2 } – x } \ right ) } dx USD USD = \ left. { \ left ( { – \ frac { { { x ^ 3 } } } { 3 } + \ frac { { { x ^ 2 } } } { 2 } } \ right ) } \ right | _0 ^ 1 USD USD + \ left. { \ left ( { \ frac { { { x ^ 3 } } } { 3 } – \ frac { { { x ^ 2 } } } { 2 } } \ right ) } \ right | _1 ^ 2 = 1. USD

Ví dụ 5: Tính tích phân: $I(\alpha ) = \int_0^1 x |x – \alpha |dx.$

+ Khi $\alpha \le 0$ thì $x – \alpha \ge 0$ $\forall x \in [0;1].$
Vậy $I(\alpha ) = \int_0^1 x |x – \alpha |dx$ $ = \left. {\left( {\frac{{{x^3}}}{3} – \frac{{\alpha {x^2}}}{2}} \right)} \right|_0^1$ $ = \frac{1}{3} – \frac{\alpha }{2}.$
+ Khi $0 < \alpha < 1$, ta có:

Vậy $I(\alpha ) = \int_0^\alpha x |x – \alpha |dx$ $ + \int_\alpha ^1 x |x – \alpha |dx$ $ = \int_0^\alpha {\left( { – {x^2} + \alpha x} \right)} dx$ $ + \int_\alpha ^1 {\left( {{x^2} – \alpha x} \right)} dx$ $ = \left. {\left( {\frac{{\alpha {x^2}}}{2} – \frac{{{x^3}}}{3}} \right)} \right|_0^\alpha $ $ + \left. {\left( {\frac{{{x^3}}}{3} – \frac{{\alpha {x^2}}}{2}} \right)} \right|_\alpha ^1$ $ = \frac{{{\alpha ^3}}}{3} – \frac{\alpha }{2} + \frac{1}{3}.$
+ Khi $\alpha \ge 1$ thì $x – \alpha \le 0$ $\forall x \in [0;1].$
Vậy $I(\alpha ) = \int_0^1 {\left( { – {x^2} + \alpha x} \right)} dx$ $ = \left. {\left( { – \frac{{{x^3}}}{3} + \frac{{\alpha {x^2}}}{2}} \right)} \right|_0^1$ $ = \frac{\alpha }{2} – \frac{1}{3}.$

Ví dụ 6: Cho $f(x) = 3{x^3} – {x^2} – 4x + 1$ và $g(x) = 2{x^3} + {x^2} – 3x – 1.$
a) Giải bất phương trình $f(x) \ge g(x).$
b) Tính $I = \int_{ – 1}^2 | f(x) – g(x)|dx.$

a) Ta có: $f(x) \ge g(x)$ $ \Leftrightarrow f(x) – g(x) \ge 0$ $ \Leftrightarrow {x^3} – 2x – x + 2 \ge 0$ $ \Leftrightarrow (x – 1)\left( {{x^2} – x – 2} \right) \ge 0$ $ \Leftrightarrow \left( {{x^2} – 1} \right)(x – 2) \ge 0$ $ \Leftrightarrow – 1 \le x \le 1$ hoặc $x \ge 2.$
b) Ta có: (dựa vào câu a, ta xác định được $f(x) – g(x)$ âm, dương khi nào).

Vậy USD I = \ int_ { – 1 } ^ 2 | f ( x ) – g ( x ) | dx USD USD = \ int_ { – 1 } ^ 1 | f ( x ) – g ( x ) | dx USD USD + \ int_1 ^ 2 | f ( x ) – g ( x ) | dx USD USD = \ int \ limits_ { – 1 } ^ 1 { \ left [ { f \ left ( x \ right ) – g \ left ( x \ right ) } \ right ] dx } USD USD – \ int \ limits_1 ^ 2 { \ left [ { f \ left ( x \ right ) – g \ left ( x \ right ) } \ right ] dx } USD USD = \ int_ { – 1 } ^ 1 { \ left ( { { x ^ 3 } – 2 { x ^ 2 } – x + 2 } \ right ) } dx USD USD – \ int_1 ^ 2 { \ left ( { { x ^ 3 } – 2 { x ^ 2 } – x + 2 } \ right ) } dx USD USD = \ left. { \ left ( { \ frac { { { x ^ 4 } } } { 4 } – \ frac { { 2 { x ^ 2 } } } { 3 } – \ frac { { { x ^ 2 } } } { 2 } + 2 x } \ right ) } \ right | _ { – 1 } ^ 1 USD USD – \ left. { \ left ( { \ frac { { { x ^ 4 } } } { 4 } – \ frac { { 2 { x ^ 2 } } } { 3 } – \ frac { { { x ^ 2 } } } { 2 } + 2 x } \ right ) } \ right | _1 ^ 2 = \ frac { { 37 } } { { 12 } }. USD

Ví dụ 7: Tính tích phân: $I = \int_{ – \pi }^\pi {\sqrt {1 – \sin x} } dx.$

Ta có: $I = \int_{ – \pi }^\pi {\sqrt {{{\left( {\sin \frac{x}{2} – \cos \frac{x}{2}} \right)}^2}} } dx$ $ = \int_{ – \pi }^\pi {\left| {\sin \frac{x}{2} – \cos \frac{x}{2}} \right|} dx$ $ = \sqrt 2 \int_{ – \pi }^\pi {\left| {\cos \left( {\frac{x}{2} + \frac{\pi }{4}} \right)} \right|} dx.$
Đổi biến: đặt $t = \frac{x}{2} + \frac{\pi }{4} \Rightarrow dt = \frac{{dx}}{2}.$
Đổi cận: $\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = \pi }\\
{x = – \pi }
\end{array}} \right.$ $ \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{t = \frac{{3\pi }}{4}}\\
{t = – \frac{\pi }{4}}
\end{array}} \right.$
Ta thấy: với $ – \frac{\pi }{4} \le t \le \frac{\pi }{2}$ thì $\cos t \ge 0$, với $\frac{\pi }{2} \le t \le \frac{{3\pi }}{4}$ thì $\cos t < 0.$
Suy ra: $I = 2\sqrt 2 \int_{ – \frac{\pi }{4}}^{\frac{{3\pi }}{4}} | \cos t|dt$ $ = 2\sqrt 2 \int_{ – \frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{2}} {\cos } tdt – 2\sqrt 2 \int_{\frac{\pi }{2}}^{\frac{{3\pi }}{4}} { \cos tdt } $ $ = 2\sqrt 2 \sin \left. t \right|_{ – \frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{2}} – 2\sqrt 2 \sin \left. t \right|_{\frac{\pi }{2}}^{\frac{{3\pi }}{4}} = 4\sqrt 2 .$

Ví dụ 8: Tính tích phân: $I = \int_{ – \frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}} | \sin x|dx.$

Ta có : USD I = \ int_ { – \ frac { \ pi } { 2 } } ^ { \ frac { \ pi } { 2 } } | \ sin x | dx USD USD = \ int_ { – \ frac { \ pi } { 2 } } ^ 0 { ( – \ sin x ) } dx + \ int_0 ^ { \ frac { \ pi } { 2 } } { \ sin } xdx USD USD = \ cos \ left. x \ right | _ { – \ frac { \ pi } { 2 } } ^ 0 + \ left. { ( – \ cos x ) } \ right | _0 ^ { \ frac { \ pi } { 2 } } USD USD = 1 + 1 = 2. USD

Ví dụ 9: Tính $I = \int_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{{3\pi }}{4}} | \sin 2x|dx.$

Đặt $t = 2x \Rightarrow dt = 2dx.$
Đổi cận $\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = \frac{{3\pi }}{4}}\\
{x = \frac{\pi }{4}}
\end{array}} \right.$ $ \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{t = \frac{{3\pi }}{2}}\\
{t = \frac{\pi }{2}}
\end{array}} \right.$

Do đó: $I = \frac{1}{2}\int_{\frac{\pi }{2}}^{\frac{{3\pi }}{2}} | \sin t|dt$ $ = \frac{1}{2}\int_{\frac{\pi }{2}}^\pi | \sin t|dt + \frac{1}{2}\int_\pi ^{\frac{{3\pi }}{2}} | \sin t|dt$ $ = \frac{1}{2}\int_{\frac{\pi }{2}}^\pi {\sin t} dt – \frac{1}{2}\int_\pi ^{\frac{{3\pi }}{2}} {\sin } tdt$ (vì $\frac{\pi }{2} \le t \le \pi $ thì $\sin t \ge 0$, $\frac{\pi }{2} \le t \le \frac{{3\pi }}{2}$ thì $\sin t \le 0$).
$I = – \frac{1}{2}\cos \left. t \right|_{\frac{\pi }{2}}^\pi + \frac{1}{2}\cos \left. t \right|_\pi ^{\frac{{3\pi }}{2}} = 1.$

Ví dụ 10: Tính tích phân: $I = \int_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{3}} {\sqrt {{{\tan }^2}x + {{\cot }^2}x – 2} } dx.$

Ta có: $\sqrt {{{\tan }^2}x + {{\cot }^2}x – 2} $ $ = \sqrt {{{(\tan x + \cot x)}^2}} $ $ = |\tan x – \cot x|$ $ = \left| {\frac{{\sin x}}{{\cos x}} – \frac{{\cos x}}{{\sin x}}} \right|$ $ = \left| {\frac{{{{\sin }^2}x – {{\cos }^2}x}}{{\sin x\cos x}}} \right|$ $ = \left| {\frac{{{{\cos }^2}x – {{\sin }^2}x}}{{\sin x\cos x}}} \right|$ $ = 2\left| {\frac{{\cos 2x}}{{\sin 2x}}} \right|.$
Ta có: $\frac{\pi }{6} \le x \le \frac{\pi }{3}$ $ \Rightarrow \frac{\pi }{3} \le 2x \le \frac{{2\pi }}{3}.$
Do đó: $\sin 2x \ge 0$, $\left\{ \begin{array}{l}
\cos 2x \le 0\:{\rm{khi}}\:x \in \left[ {\frac{\pi }{4};\frac{\pi }{3}} \right]\\
\cos 2x \ge 0\:{\rm{khi}}\:x \in \left[ {\frac{\pi }{6};\frac{\pi }{4}} \right] \end{array} \right.$
Vậy $I = \int_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{4}} 2 \left| {\frac{{\cos 2x}}{{\sin 2x}}} \right|dx$ $ + \int_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{3}} 2 \left| {\frac{{\cos 2x}}{{\sin 2x}}} \right|dx$ $ = \int_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{4}} 2 \frac{{\cos 2x}}{{\sin 2x}}dx – \int_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{3}} 2 \frac{{\cos 2x}}{{\sin 2x}}dx$ $ = \int_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{4}} 2 \frac{{d(\sin 2x)}}{{\sin 2x}} – \int_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{3}} 2 \frac{{d(\sin 2x)}}{{\sin 2x}}$ $ = \ln \left. {|\sin 2x|} \right|_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{4}} – \left. {\ln |\sin 2x|} \right|_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{3}}$ $ = \left( {\ln 1 – \ln \frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right) – \left( {\ln \frac{{\sqrt 3 }}{2} – \ln 1} \right)$ $ = – 2\ln \frac{{\sqrt 3 }}{2}.$

Ví dụ 11: Tính tích phân: $I = \int_0^\pi {\sqrt {1 + \cos 2x} } dx.$

Ta có : USD I = \ int_0 ^ \ pi { \ sqrt { 1 + \ cos 2 x } } dx USD USD = \ int_0 ^ \ pi { \ sqrt { 2 { { \ cos } ^ 2 } x } } dx USD USD = \ int_0 ^ \ pi { \ sqrt 2 } | \ cos x | dx USD USD = \ sqrt 2 \ int_0 ^ { \ frac { \ pi } { 2 } } { \ cos } xdx – \ sqrt 2 \ int_ { \ frac { \ pi } { 2 } } ^ \ pi { \ cos } xdx USD USD = \ sqrt 2 \ sin \ left. x \ right | _0 ^ { \ frac { \ pi } { 2 } } – \ sqrt 2 \ sin \ left. x \ right | _ { \ frac { \ pi } { 2 } } ^ \ pi USD USD = 2 \ sqrt 2. USD

Ví dụ 12: Tính tích phân: $I = \int_0^\pi | \cos x|\sqrt {\sin x} dx.$

Ta có : USD I = \ int_0 ^ \ pi | \ cos x | \ sqrt { \ sin x } dx USD USD + \ int_ { \ frac { \ pi } { 2 } } ^ \ pi | \ cos x | \ sqrt { \ sin x } dx USD USD = \ int_0 ^ { \ frac { \ pi } { 2 } } { \ cos } x. { ( \ sin x ) ^ { \ frac { 1 } { 2 } } } dx USD USD – \ int_ { \ frac { \ pi } { 2 } } ^ \ pi { \ cos } x. { ( \ sin x ) ^ { \ frac { 1 } { 2 } } } dx USD USD = \ int_0 ^ { \ frac { \ pi } { 2 } } { { { ( \ sin x ) } ^ { \ frac { 1 } { 2 } } } } d ( \ sin x ) USD USD – \ int_ { \ frac { \ pi } { 2 } } ^ \ pi { { { ( \ sin x ) } ^ { \ frac { 1 } { 2 } } } } d ( \ sin x ) USD USD = \ frac { 2 } { 3 } \ left. { { { ( \ sin x ) } ^ { \ frac { 3 } { 2 } } } } \ right | _0 ^ { \ frac { \ pi } { 2 } } – \ frac { 2 } { 3 } \ left. { { { ( \ sin x ) } ^ { \ frac { 3 } { 2 } } } } \ right | _ { \ frac { \ pi } { 2 } } ^ \ pi USD USD = \ frac { 2 } { 3 } + \ frac { 2 } { 3 } = \ frac { 4 } { 3 }. USD

Ví dụ 13: Tính tích phân: $I = \int_{ – 1}^1 {\frac{{|x|dx}}{{{x^4} – {x^2} – 12}}} .$

Vì hàm số $f(x) = \frac{{|x|}}{{{x^4} – {x^2} – 12}}$ là hàm số chẵn, liên tục trong $[ – 1;1].$
Suy ra: $I = \int_{ – 1}^1 {\frac{{|x|dx}}{{{x^4} – {x^2} – 12}}} $ $ = 2\int_0^1 {\frac{{|x|dx}}{{{x^4} – {x^2} – 12}}} $ $ = 2\int_0^1 {\frac{{xdx}}{{{x^4} – {x^2} – 12}}} .$
Đặt $t = {x^2} \Rightarrow dt = 2xdx.$
Đổi cận $\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = 1}\\
{x = 0}
\end{array}} \right.$ $ \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{t = 1}\\
{t = 0}
\end{array}} \right.$
Vậy $I = \int_0^1 {\frac{{dt}}{{{t^2} – t – 12}}} $ $ = \int_0^1 {\frac{{dt}}{{(t – 4)(t + 3)}}} $ $ = \frac{1}{7}\int_0^1 {\left( {\frac{1}{{t – 4}} – \frac{1}{{t + 3}}} \right)} dt$ $ = \frac{1}{7}\ln \left. {\left| {\frac{{t – 4}}{{t + 3}}} \right|} \right|_0^1$ $ = \frac{2}{7}\ln \frac{3}{4}.$

Source: http://wp.ftn61.com
Category: Tin Tức