Phân loại phương pháp chứng minh bất đẳng thức tích phân
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.54 MB, 50 trang )
TRƯỜNG ĐẠI HỌC AN GIANG
KHOA SƯ PHẠM
NGƯỜI THỰC HIỆN:
¾ Họ và tên : Nguyễn
¾ MSSV
: DTN020780
¾ Lớp
: DH3A2
Trần Quang Vinh
Đề tài:
GIÁO VIÊN HƯỚNG DẪN:
Thạc sĩ
VÕ TIẾN THÀNH
An Giang 06-2004
LUAN VAN CHAT LUONG download : add
LỜI CẢM ƠN
Nghiên cứu khoa học là một việc làm hết sức
thiết thực nhằm rèn luyện cho mỗi chúng ta có khả năng:
khám phá, suy luận, tư duy để tiếp cận được cái mới, phát
hiện ra cái mới và đó cũng là mục đích cần đạt được sau khi
một nhà nghiên cứu khoa học hoàn thành xong một đề tài.
Em-một sinh viên nghiên cứu khoa học rất cảm
ơn Trường Đại học An Giang, tồn bộ q thầy cơ khoa
sư phạm đã tạo mọi điều kiện thuận lợi giúp cho em và các
sinh viên nghiên cứu khoa học hoàn thành đề tài một cách
thuận lợi.
Chân thành cảm ơn thầy VÕ TIẾN THÀNH đã
nhiệt tình hướng dẫn, chỉ bảo cho em trong quá trình thực
hiện đề tài. Và một lần nữa cảm ơn q thầy cơ tổ bộ mơn
tốn đã có những đóng góp hết sức quý báo cho đề tài của
em được hồn thiện hơn.
Sinh viên thực hiện
Nguyễn Trần Quang Vinh
LUAN VAN CHAT LUONG download : add
MUÏC LUÏC
Lời mở đầu ...................................................................................................... 3
Phần I: Cơ sở lý thuyết của đề tài ................................................................. .4
Chương I: Phân loại các phương pháp chứng minh bất đẳng thức tích phân.
Bài 1: Chứng minh bất đẳng thức tích phân bằng phương pháp đánh giá... 5
I. Đánh giá hàm số f(x) theo cận [a,b] .......................................... 5
II. Sử dụng đạo hàm để khảo sát hàm số dưới dấu tích phân....... 12
Bài 2: Sử dụng một số bất đẳng thức cơ bản để chứng minh bất đẳng thức
tích phân ........................................................................................................ 17
Bài 3: Một số phương pháp khác ............................................................... 22
Bài 4: Đạo hàm và bất đẳng thức tích phân ............................................... 27
Chương II: Ứng dụng của bất đẳng thức tích phân.
I.
Tính giới hạn....................................................................................... 33
II. Chứng minh phương trình có nghiệm................................................. 37
III. Chứng minh một bất đẳng thức đại số................................................ 39
IV. Giải một số bài phương trình hàm ...................................................... 45
Kết luận ......................................................................................................... 48
Tài liệu tham khảo......................................................................................... 49
LUAN VAN CHAT LUONG download : add
Lời nói đầu
------∞-----1)
Tính cấp thiết của đề tài:
9 Bất đẳng thức tích phân là một dạng tốn rất thường xuất hiện trong các kỳ thi học
sinh giỏi, các kỳ thi olympic bởi vì nó là một dạng tốn tương đối khó và phức tạp. Ngay
từ khi cịn ngồi ở ghế nhà trường phổ thơng bất đẳng thức tích phân ln là một vấn đề làm
tôi hứng thú, bỏ rất nhiều thời gian chỉ vì một vài bài tốn và có một số bài tốn tưởng như
khơng thể nào giải được. Hiện nay đã là một sinh viên Đại Học nhưng em ln mong ước
là sẽ có điều kiện để nghiên cứu sâu hơn về vấn đề này.
9 Hiện nay trong sách giáo khoa Giải tích 12 chỉ đưa ra một ví dụ và một vài bài tập
liên quan đến bất đẳng thức tích phân. Một số tài liệu tham khảo về tích phân chỉ dùng lại
ở việc đưa ra một loạt bài tập (không phân loại) về bất đẳng thức tích phân.
9 Cho nên, nếu đề tài này thành cơng sẽ giúp ích rất nhiều cho những học sinh phổ
thơng trong việc học tốn nói chung và bất đẳng thức tích phân nói riêng.
2)
Đối tượng nghiên cứu:
9 Những phương pháp chứng minh bất đẳng thức tích phân; những ứng dụng của bất
đẳng thức tích phân.
3)
Nhiệm vụ nghiên cứu:
9 Phân loại các phương pháp chứng minh bất đẳng thức tích phân.
9 Đưa ra các ứng dụng của bất đẳng thức tích phân để giải các loại toán khác.
4)
Phương pháp nghiên cứu:
9 Nghiên cứu lý luận (phân tích, tổng hợp các tài liệu liên quan đến chuyên đề bất
đẳng thức tích phân).
5)
Phần I:
Nội dung nghiên cứu:
Cơ sở lý thuyết của đề tài
(bao gồm các định lý, hệ quả các tính chất của bất đẳng thức tích phân)
Phần II:
Bất Đẳng Thức Tích Phân
Chương I: Phân loại phương pháp chứng minh bất đẳng thức tích phân
Bài 1: Chứng minh bất đẳng thức tích phân bằng phương pháp đánh giá
I. Đánh giá hàm số f(x) trên [a,b]
II. Sử dụng đạo hàm khảo sát hàm số f(x)
Bài 2: Sử dụng một số bất đẳng thức cơ bản để chứng minh bất đẳng thức
tích phân
Bài 3: Một số bài tốn khác (bao gồm những bài tốn khơng thuộc hai
phương pháp trên)
Bài 4: Mối liên hệ giữa bất đẳng thức tích phân và đạo hàm
Chương II: Ứng dụng của bất đẳng thức tích phân
I.
Tính giới hạn
II.
Chứng minh phương trình có nghiệm
III.
Chứng minh một bất đẳng thức đại số
IV.
Giải một số bài phương trình hàm
3
LUAN VAN CHAT LUONG download : add
Cơ Sở Lý Thuyết Của Bất Đẳng Thức Tích Phân
Phần I:
-------o0o------1. Định lý 1 :
∫
Cho f: [a, b] Ỉ R liên tục: nếu f(x) ≥ 0 thì
b
a
f ( x)dx ≥ 0
Hệ quả 1 : Nếu f, g: [a, b] Æ R liên tục và:
b
b
a
a
f ( x) ≤ g ( x) ⇒ ∫ f ( x)dx ≤ ∫ g ( x)dx
Hệ quả 2 : Cho f : [a, b] Æ R liên tục
và m = inf f ( x), M = sup f ( x) ta có :
x∈[ a ,b]
x∈[ a ,b ]
b
m(b − a ) ≤ ∫ f ( x)dx ≤ M ( b − a )
a
2. Định lý 2 :
∫
Với mọi hàm f(x) liên tục trên [a, b] thì:
b
a
b
f ( x)dx ≤ ∫ f ( x ) dx
a
⎡ f ( x) ≥ 0 ∀x ∈ [ a, b ]
Dấu “=” xảy ra ⇔ ⎢
⎢⎣ f ( x) ≤ 0 ∀x ∈ [ a, b ]
Hệ quả 2.1 :
Giả sử f(x), g(x) ∈ C[x] và M = sup f ( x)
x∈[ a ,b ]
b
Ta có :
b
∫ g ( x) f ( x)dx ≤ M ∫ g ( x) dx
a
a
Hệ quả 2.2 :Giả sử f (x)∈ C[x] và M = sup f ( x) ta có :
x∈[ a ,b ]
∫
b
a
f ( x)dx ≤ ( b − a ) M
3. Định lý 3 :
Giả sử f(x) ∈ C[x] trên [a, b] sao cho f(x) ≥ 0 và x0 ∈ [a, b] sao cho f(x) liên tục tại x0 và
f(x 0 ) > 0 . Khi đó:
∫
b
a
f ( x) dx > 0 .
Hệ quả 3.1.:
Giả sử f(x) và g(x) là 2 hàm số liên tục trên [a, b] f(x) ≤ g(x) ∀x∈[a, b]. Nếu f(x) ≠ g(x)
trên [a, b] tức là tồn tại ít nhất một điểm x0 ∈[a, b] sao cho:
f(x0) < g(x0) thì
∫
b
a
b
f ( x)dx < ∫ g ( x)dx
a
Hệ quả 3.2: Cho f : [a, b] Ỉ R
Nếu
⎧
⎪ f ( x ) liên tục
⎪
⎨ f (x) ≥ 0
⎪ b
⎪ ∫ a f ( x ) dx = 0
⎩
thì f(x)=0
4. Định lý giá trị trung bình :
GVHD : Thạc só. Võ Tiến Thành
4
SVTH : Nguyễn Traàn
Quang Vinh
LUAN VAN CHAT LUONG download : add
Cơ Sở Lý Thuyết Của Bất Đẳng Thức Tích Phân
4.1. Định lý giá trị trung bình thứ nhất: Nếu các hàm số f(x),g(x) khả tích trên
[a,b], g(x) khơng đổi dấu trên (a,b). Ký hiệu m = inf f ( x), M = sup f ( x) thì tồn tại một số
x∈[ a ,b]
x∈[ a ,b ]
µ với m ≤ µ ≤ M sao cho:
b
b
a
a
∫ f ( x) g ( x)dx = µ ∫ g ( x)dx
Hơn nữa, nếu f(x) liên tục trên [a,b] thì tồn tại một số c ∈ [ a, b ] sao cho:
b
∫
a
b
f ( x) g ( x)dx = f (c) ∫ g ( x)dx
a
4.2. Định lý giá trị trung bình thứ hai:
a)
Nếu các hàm số f(x),g(x) khả tích trên [a,b], g(x) là hàm đơn điệu trên (a,b) thì
∃c ∈ ( a, b ) để:
b
∫
a
b)
c
b
a
c
f ( x) g ( x)dx = g (a ) ∫ f ( x)dx + g (b) ∫ f ( x)dx
Hơn nữa nếu g(x) là hàm đơn điệu giảm, không âm trong khoảng (a,b) thì:
b
c
a
a
c ∈ [ a, b ]
∫ f ( x) g ( x)dx = g (a)∫ f ( x)dx
c)
Nếu g(x) là hàm đơn điệu tăng, không âm trong khoảng (a,b) thì:
b
c
a
a
c ∈ [ a, b ]
∫ f ( x) g ( x)dx = g (b)∫ f ( x)dx
5. Một số bất đẳng thức liên quan đến tích phân:
Bất đẳng thức Bunhiakopki: Cho f(x),g(x) là những hàm số liên tục trên
[a, b] thế thì:
(∫
b
a
f ( x ) .g ( x ) dx
)
2
b
b
a
a
≤ ∫ f 2 ( x ) dx.∫ g 2 ( x ) dx
Bất đẳng thức Young: Cho a∈ R+ , f : [0, a] Ỉ R là một ánh xạ thuộc lớp C1
⎧∀
⎪ x ∈ [ 0, a ] , f ' ( x ) > 0
⎪⎩ f ( 0 ) = 0
sao cho ⎨
Ta kí hiệu f--1 : [0, f(a)] Ỉ R là ánh xạ ngược của f(x).
Khi đó ∀x∈ [0, a], y∈ [0, f(a)],
∫
x
0
y
f ( x ) dx + ∫ f −1 ( x ) dx ≥ xy
0
Bất đẳng thức Holder: Cho f , g : [ a, b ] → R liên tục p, q > 0 ,
b
thì:
∫
a
1
1 1
+ =1
p q
1
⎛b
⎞p ⎛ b
⎞q
p
f ( x) g ( x)dx ≤ ⎜ ∫ f ( x) dx ⎟ ⎜ ∫ g ( x) q dx ⎟
⎝a
⎠ ⎝a
⎠
GVHD : Thạc só. Võ Tiến Thành
5
SVTH : Nguyễn Traàn
Quang Vinh
LUAN VAN CHAT LUONG download : add
Phân Loại Phương Pháp Chứng Minh Bất Đẳng Thức Tích Phân
Phần II:
-------o0o------CHƯƠNG I:
----------------☺---------------§ Bài 1:
CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC BẰNG PHƯƠNG PHÁP
ĐÁNH GIÁ
----------------☺---------------b
Nhận xét: để chứng minh
∫ f ( x)dx ≤ A ta thực hiện các bước như sau:
a
1) Bước 1: xác định một hàm số g(x) thoả mãn các điều kiện:
⎧ f ( x) ≤ g ( x) ∀x ∈ [ a, b ]
⎪b
⎨
⎪ ∫ g ( x)dx = A
⎩a
2) Bước 2: khi đó từ:
b
b
a
a
f ( x) ≤ g ( x) ⇒ ∫ f ( x)dx ≤ ∫ g ( x)dx = A
dấu “=” của bất đẳng thức xảy ra khi: f ( x) = g ( x) ∀x ∈ [ a, b ]
Từ nhận xét trên ta thấy để chứng minh hàm số bằng phương pháp đánh giá ta có
thể đi theo các hướng sau đây:
¾ Hướng 1: Đánh giá hàm số f(x) theo cận [a,b] bằng phương pháp đại số:
¾ Hướng 2: Sử dụng đạo hàm để xét tính đơn điệu của hàm số f(x) trên cận [a, b]
Sau đây ta sẽ phân tích từng dạng bài cụ thể:
I. ĐÁNH GIÁ HÀM SỐ f(x) THEO CẬN [a,b] BẰNG PHƯƠNG PHÁP
ĐẠI SỐ:
♦ Bài toán 1: Chứng minh bất đẳng thức :
1
1
x19
1
<∫
dx <
3
0 3
20
20 2
1 + x6
Giải :
∀x∈[0, 1] thì : 1 ≤ 1 + x ≤ 2
3
6
3
x19
x19
≤
≤ x19 ∀x ∈ [ 0,1]
6
3
2
1+ x
19
x
x19
Hiển nhiên: 3 <
< x19 ∀x ∈ ( 0,1)
6
3
2
1+ x
1
1 x
1
1
x19
⇒ ∫ 3 dx < ∫
dx < ∫ x19 dx ( Hệ quả 3.1)
0
0 3
0
2
1 + x6
Do đó :
GVHD : Thạc só. Võ Tiến Thành
Quang Vinh
6
SVTH : Nguyễn Trần
LUAN VAN CHAT LUONG download : add
Phân Loại Phương Pháp Chứng Minh Bất Đẳng Thức Tích Phân
1
1
1
x19
⇔ 3 <∫
dx <
6
0 3
20
20 2
1+ x
Nhận xét: như vậy hàm số g(x) = x19 (bất đẳng thức bên phải), g(x) =
x19
3
2
(bất đẳng thức bên phải)
♦ Bài toán 2: Chứng minh rằng :
π
3
(
)(
)(
)
5π
9π
< ∫ 3 - 2 sinx . 5 + sinx . 1 + sinx dx <
6 π
2
6
Giải :
⎡π π⎤
∀x ∈ ⎢ , ⎥ ta có :
⎣6 3⎦
⎧3 − 2 sin x > 1
⎪⎪
0 < sin x < 1 ⇒ ⎨5 + sin x > 5
⎪
⎪⎩1 + sin x > 1
(
)(
)(
)
⇒ 3 − 2 sin x 5 + sin x 1 + sin x > 5
π
3
(
)(
)(
π
3
)
⇒ ∫ 3 − 2 sin x 5 + sin x 1 + sin x dx > ∫ 5dx =
π
6
π
6
5π
6
Hơn nữa theo bất đẳng thức Cauchy cho ba số dương :
(
π
3
(
) (
) (
⎡ 3 − 2 sin x + 5 + sin x + 1 + sin x
3 − 2 sin x 5 + sin x 1 + sin x < ⎢
⎢
3
⎣
(
)(
)(
)(
)
)(
)
π
3
⇒ ∫ 3 − 2 sin x 5 + sin x 1 + sin x dx < ∫ 27 dx =
π
6
(1)
π
6
9π
2
) ⎤⎥
⎥
⎦
3
= 27
( 2)
Từ (1) và (2) ⇒ đpcm
Nhận xét: Nếu hàm số dưới dấu tích phân là một hàm số phức hợp thì trong nhiều
trường hợp cần đánh giá đồng thời các hàm số đơn lẻ
♦ Bài toán 3: Cho I n =
∫
π
4
0
xtg n xdx , n ∈ N Chứng minh :
1 ⎛π⎞
In >
⎜ ⎟
n+2⎝ 4 ⎠
Già sử α là số thực sao cho 0 < α <
∀x∈[0, α] ta có: 0 ≤ x ≤ tgx
⇒ 0 ≤ xn ≤ tgnx
⇒ 0 ≤ xn+1 ≤ xtgnx
GVHD : Thạc só. Võ Tiến Thành
Quang Vinh
π
n+2
Giải :
4
7
SVTH : Nguyễn Trần
LUAN VAN CHAT LUONG download : add
Phân Loại Phương Pháp Chứng Minh Bất Đẳng Thức Tích Phân
⎡ π⎤
∀x ∈ ⎢α , ⎥ thì 0 < x < tgx
⎣ 4⎦
⇒ 0 < xn+1 < xtgnx
⎧ α xtg n xdx ≥ α x n +1 dx
∫0
⎪ ∫0
⇒⎨ π
α
n +1
⎪ 4 xtg n xdx >
∫0 x dx
⎩ ∫α
∫
⇒ In =
α
0
xtg n xdx +
π
=∫ x
4
0
n+1
π
∫α
4
∫
xtg n xdx >
1 ⎛π ⎞
dx =
⎜ ⎟
n +1⎝ 4 ⎠
α
x n +1 dx +
0
π
∫α
x n +1 dx
4
n +1
♦ Bài toán 4: Cho 2 hàm số f, g : [0, 1] Ỉ [0, 1]
Chứng minh rằng:
( ∫ f(x).g(x)dx) ≤ ∫ f(x)dx.∫ g(x)dx
2
1
0
1
1
0
0
Giải :
Theo giả thiết:
∀x∈ [0, 1] thì 0 ≤ f ( x) ≤ 1 và g ( x) ≥ 0
⇒ 0 ≤ f ( x) g ( x) ≤ g ( x)
1
1
0
0
⇒ 0 ≤ ∫ f ( x ).g ( x ) dx ≤ ∫ g ( x ) dx
(1)
∀x∈[0, 1] thì 0 ≤ g ( x ) ≤ 1 và f ( x) ≥ 0
⇒ 0 ≤ g ( x ). f ( x ) ≤ f ( x )
1
1
0
0
⇒ 0 ≤ ∫ f ( x ).g ( x ) dx ≤ ∫ f ( x )dx
( 2)
Từ (1) và (2) ⇒ (đpcm)
♦ Bài toán 5: Giả sử f(x) là hàm liên tục trên [0, 1], a là một số dương sao cho :
2
3
0 ≤ f ( x ) ≤ a , x ∈ [ 0,1]
1
Chứng minh rằng :
∫ f ( x ) dx = a,
0
∫
1
0
f ( x )dx ≥ a
2
3
Giải :
Ta có:
∫
1
0
f ( x )dx = ∫
1
0
f ( x)
f ( x)
dx ≥ ∫
1
f ( x)
0
a
2
3
dx =
1
a
1
3
1
a
0
1
3
∫ f ( x )dx =
a
2
3
= a (đpcm)
♦ Bài toán 6: Cho f(x) liên tục và nghịch biến trên [0, a], a∈[0, b]
Chứng minh rằng:
a
b
0
0
b ∫ f(x)dx ≥ a ∫ f(x)dx
(1)
Giải :
GVHD : Thạc só. Võ Tiến Thành
Quang Vinh
8
SVTH : Nguyễn Trần
LUAN VAN CHAT LUONG download : add
Phân Loại Phương Pháp Chứng Minh Bất Đẳng Thức Tích Phân
Bất đẳng thức (1) ⇔ ( b − a )
∫
a
b
f (a)dx ≥ a ∫ f ( x)dx
(2)
a
0
Do f(x) nghịch biến trên [0, a] và [a, b]
Nên :
a
( b − a ) ∫0
a
f ( x)dx ≥ ( b − a ) ∫ f ( a )dx
0
b
b
a
a
= ( b-a ) af ( a) = a ∫ f ( a) dx ≥ a ∫ f ( x)dx
Vậy cả (1) và (2) được chứng minh.
π
2π
♦ Bài toán 7: Chứng minh rằng: ∫ e cos xdx ≤ ∫ e-x cos 2 xdx
-x 2
2
2
0
(1)
π
Giải:
Đặt x = t + π thì ta có:
2π
π
-(π +x )
2
∫ e cos xdx = ∫ e cos xdx
-x 2
2
2
π
0
π
π
Từ đó chứng minh (1) tương đương với việc chứng minh : ∫ e-x cos 2 xdx ≤ ∫ e-(π +x ) cos 2 xdx
2
0
∀x ∈ [ 0, π ] ta có:
2
0
− (π + x ) ≤ − x 2
2
⇒e
− (π + x )
⇔e
π
2
− (π + x )
2
≤ e− x
2
2
cos 2 x ≤ e − x cos 2 x
π
⇒ ∫ e-x cos 2 xdx ≤ ∫ e (
2
0
- π +x )
2
cos 2 xdx
0
Nhận xét:
Bài toán này yêu cầu chứng minh một bất đẳng thức mà cận tích phân khác nhau,
thì ta cần thơng qua một bước đổi biến số thích hợp để đưa 2 vế về cùng cận tích phân, rồi
mới sử dụng phương pháp đánh giá.
♦ Bài toán 8: Cho số nguyên m ≥ 2 và n ∈ N*. Chứng minh rằng:
1
n
0
∫
5
⎛ n
⎞
km
⎜ ∑ ( cosx ) + nsinx ⎟ dx < 4
⎝ k =1
⎠
Giải :
*
Với m ≥ 2 và n ∈ N ta có
cosmkx ≤ cos2x = 1 – sin2x
x ∈ [0,
Dấu “=” xảy ra ⇔ x = 0
1
]
n
2
5 ⎛
1⎞
5
1 - sin x + sinx = − ⎜ sinx - ⎟ ≤
4 ⎝
2⎠ 4
⎡ 1⎤
x ∈ ⎢0, ⎥
⎣ n⎦
2
Dấu “=” xảy ra ⇔ sinx =
(2)
1
2
GVHD : Thạc só. Võ Tiến Thành
Quang Vinh
(1)
9
SVTH : Nguyễn Trần
LUAN VAN CHAT LUONG download : add
Phân Loại Phương Pháp Chứng Minh Bất Đẳng Thức Tích Phân
Từ (1) và (2) ⇒ (cosx) km + sinx <
n
∑ ( cos x )
Do đó:
Kết quả là
km
5
4
+ n sin x <
k =1
1
n
0
∫
5
n
4
1
5
5
⎛ n
⎞
km
n
⎜ ∑ ( cos x ) + n sin x ⎟ dx < ∫0 4 ndx = 4
⎝ k =1
⎠
♦ Bài toán 9: Cho f(x) xác định và liên tục trên [1, 2] và thỏa :
∫
x2
a1
x 32 - x13
3
f 2 ( x ) dx ≤
(1)
∀x1 , x 2 ∈ [1, 2] x1 ≠ x 2
3
∫ f ( x )dx ≤ 2
2
Chứng minh rằng :
1
Giải :
x2
x −x
= ∫ x 2 dx
x1
3
Ta có:
x2
(1) ⇒ ∫ ( x 2 − f 2 ( x ) ) dx ≥ 0 ∀x1 ≤ x2
3
2
3
1
x1
⇒ ∃c∈[x1, x2] sao cho f2(c) – c2 ≤ 0
Do hàm h(x) = x2 – f2(x) liên tục trên đoạn [1, 2]
Nên f2(x) – x2 ≤ 0 ∀x∈[1, 2]
⇒ f ( x ) ≤ x ∀x ∈ [1,2]
2
2
2
⇒ ∫ f ( x )dx ≤ ∫ f ( x ) dx ≤ ∫ xdx =
1
1
1
3
2
♦ Bài toán 10: Giả sử f(x) là hàm liên tục trên đoạn [a, b], thỏa mãn điều kiện :
i) f(α1x1 + α2x2) ≤ α1f(x1) + α2f(x2)
ii) ∀x1, x2 ∈ [a, b] α1 > 0, α2 > 0, α1 + α2 = 1
b
1
⎛a+b⎞
⎟ ≤ ∫a f ( x ) dx ≤ ( b - a ) ( f ( a ) + f ( b ) )
2
⎝ 2 ⎠
Chứng minh rằng : ( b - a ) f ⎜
Giải :
⎛ a+b⎞
⎛a+ x b−x⎞ 1
+
f⎜
⎟= f ⎜
⎟ ≤ ⎡ f ( a + x ) + f ( b − x ) ⎤⎦
2 ⎠ 2⎣
⎝ 2 ⎠
⎝ 2
b−a
1 b−a
⎛ a+b⎞
f⎜
dx ≤ ∫ ⎡⎣ f ( a + x ) + f ( b − x ) dx ⎤⎦
Ta có ⇒ ∫
⎟
0
2 0
⎝ 2 ⎠
1 b−a
1 b−a
= ∫ f ( a + x ) + ∫ f ( b − x )dx
2 0
2 0
Đặt t = a + x ⇒
∫
b−a
b
f ( a + x ) dx = ∫ f ( t ) dt
0
Và đặt t = b – x ⇒
a
∫
b−a
0
a
b
b
a
f ( b − x ) dx = − ∫ f ( t ) dt = ∫ f ( t ) dt
GVHD : Thạc só. Võ Tiến Thành
Quang Vinh
(1)
10
SVTH : Nguyễn Trần
LUAN VAN CHAT LUONG download : add
Phân Loại Phương Pháp Chứng Minh Bất Đẳng Thức Tích Phân
b
⎛ a+b⎞
≤
⎟ ∫ f ( b − x ) dx
⎝ 2 ⎠ a
Do (1) ⇒ ( b − a ) f ⎜
( 2)
Để chứng minh bất đẳng thức phải, trước hết ta chú ý rằng ∀x∈[a, b] thì:
b − x ⎞ ( x − a ) f (b) + (b − x ) f ( a )
⎛ x−a
khi đó:
f ( x) = f ⎜
b+
a⎟ ≤
b−a ⎠
b−a
⎝b−a
b
(b) b
(a) b
∫a f ( x ) dx ≤ f b − a ∫a ( x − a )dx + f b − a ∫a ( b − x ) dx
b
f ( a ) (b − x )
1 f (b)
2
=
.
( x − a) −
−
b
a
2 (b − a )
2
2
(
)
a
2 b
=
a
f (b) + f ( a )
(b − a )
2
( 3)
Từ (2) và (3) ⇒ đpcm
♦ Bài tốn 11: f : [1, +∞) Ỉ R thuộc lớp C1 (tức f(x) có đạo hàm liên tục trên
[1, +∞ ) ) và lồi. Chứng minh rằng : ∀n ∈ N ⁄ {0, 1}
b
1
1
1
0 ≤ f(1) + f(2) + ... + f(n - 1) + f(n) - ∫ f(x)dx ≤ ( f'(n) - f'(1) )
a
2
2
8
Giải :
1) ∀ k ∈ {1,…, n-1} đường cong biểu diễn f(x) trên [k; k+1] ở phía dưới dây cung.
Do đó:
S’ABCD ≤ SABCD
(với S’ABCD là diện tích hình thang cong ABCD, SABCD là diện tích hình thang ABCD)
y
y
B
A
k
0
⇔∫
⇒∫
b
1
k
x
C
k+1
x
0
1
( f ( k ) + f ( k + 1) )
2
n −1 k +1
n −1
1
1
1
f = ∑ ∫ f ≤ ∑ ( f ( k ) + f ( k + 1) ) = f (1) + f ( 2 ) + ... + f ( n − 1) + f ( n )
k
2
2
k +1
k =1 2
k +1
k
D
k+1
f ≤
∀k∈ {1,…, n-1} đường cong biểu diễn f(x) trên [k, k+1] ở phía nửa tiếp tuyến tại k
và k+1.
Từ đó ta có :
⎧f(x) ≥ f(k) + (x - k)f'(k)
∀k∈ {1,…, n-1} ∀x∈ [k, k+1]
⎨
⎩f(x) ≥ f(k+1) + (x-k-1)f'(k+1)
Suy ra rằng ∀k∈ {1,…, n-1}
GVHD : Thạc só. Võ Tiến Thành
Quang Vinh
11
SVTH : Nguyễn Trần
LUAN VAN CHAT LUONG download : add
Phân Loại Phương Pháp Chứng Minh Bất Đẳng Thức Tích Phân
∫
k +1
k
f =∫
k+
k
1
2
f +∫
k +1
1
k+
2
f ≥∫
(x − k)
1
= f (k ) +
2
2
k+
1
2
k
( f ( k ) + ( x − k ) f ' ( k ) ) dx + ∫ ( f ( k + 1) + ( x − k − 1) f ' ( k + 1) ) dx
1
2 k+2
k
k +1
k+
( x − k − 1)
1
+ f ( k + 1) +
2
2
2 k +1
k+
1
2
f ' ( k + 1)
1
2
1
1
1
1
f (k ) + f '(k ) + f (k + 1) − f '(k + 1)
2
8
2
8
n
n k +1
n
1
1
⎛1
⎞
⇒ ∫ f ( x)dx = ∑ ∫ f ( x)dx ≥ ∑⎜ f (k ) + f (k + 1) + [ f '(k ) − f '(k + 1)] ⎟
2
8
⎠
k =1 k
k =1 ⎝ 2
1
=
=
1
1
1
f (1) + f (2) + L + f (n − 1) + f (n) + [ f '(1) − f '(n + 1)] (2)
2
2
8
Từ (1),(2) ⇒ đpcm
II. SỬ DỤNG ĐẠO HÀM ĐỂ KHẢO SÁT HÀM SỐ DƯỚI DẤU TÍCH PHÂN:
π
3
sin x
1
dx <
< ∫π3
4
x
2
6
♦ Bài toán 1: Chứng minh rằng :
sin x
⎛π π ⎞
với x ∈ ⎜ , ⎟
x
⎝6 3⎠
x cos x − sin x ( x − tgx ) cos x
⎛π π ⎞
⇒ y' =
=
< 0 , x ∈⎜ , ⎟
2
2
x
x
⎝6 3⎠
Xét hàm số y =
do y = tgx - x ⇒ y' = tg 2 x + 1 − 1 = tg 2 x > 0 ∀x ∈ ( 0,+∞ )
⇒ y ( x ) > y ( 0) = 0
⇒ tgx − x > 0
sin x
là hàm nghịch biến trên D
x
3 3 sin x 3
⎛ π ⎞ sin x
⎛π ⎞
≤ y⎜ ⎟ ⇔
≤
≤
y=⎜ ⎟≤
π
x
2π
x
⎝3⎠
⎝6⎠
⇒ Hàm số y =
Dấu “=” xảy ra ⇔ tại x =
Do đó
π
π
, x=
6
3
π
3 3 π3
sin x
3 π3
3
dx
dx
<
<
π
π dx
∫π6 x
π ∫6
2π ∫ 6
⇔
π
3
sin x
1
dx <
< ∫π3
4
x
2
6
♦ Bài toán 2: Chứng minh rằng :
(đpcm)
∫
1
0
1
e1+ x dx >
2
4 +π
4
Giải :
GVHD : Thạc só. Võ Tiến Thành
Quang Vinh
12
SVTH : Nguyễn Trần
LUAN VAN CHAT LUONG download : add
Phân Loại Phương Pháp Chứng Minh Bất Đẳng Thức Tích Phân
Xét hàm số f(x) = ex – x – 1
f’(x) = ex – 1 ≥ 0
Bảng biến thiên:
0
x
f’
f
0
với x∈[0, 1]
với x∈[0, 1]
1
+
⇒ f (0) = 0
⇒ f ( x ) ≥ f ( 0) = 0
∀x ∈ [ 0,1]
⇔ ex > x + 1
⇒
1
e
>
x 2 +1
1
⇔∫ e
1
x 2 +1
0
1
+ 1 ∀x ∈ [ 0,1]
x +1
2
1⎛
1 dx
1
1
⎞
+ 1⎟ dx = ∫ 2
+ ∫ dx
dx > ∫ ⎜ 2
0 x +1
0 x +1
0
⎝
⎠
1
=arctg x 0 + 1 =
1
1
⇒ ∫ e x +1 dx >
2
0
π +4
π
4
+1
(đpcm)
4
♦ Bài toán 3: Chứng minh rằng :
π
π 3
dx
2π 3
≤∫
≤
0
3
3
cos 2 x + cosx + 1
Giải :
Xét hàm số:
1
f ( x) =
cos 2 x + cos x + 1
1
⇒ f 2 ( x) =
2
cos x + cos x + 1
Đặt t = cosx ∈[-1, 1]
⇒ f 2 ( x ) = G (t ) =
Nên ta có :
t
1
−2t − 1
G
t
⇒
'
=
(
)
2
t2 + t +1
( t 2 + t + 1)
-1
G’(t)
≥ 0 với 0 ≤ x ≤ π
1
2
0
4
3
1
−
+
G(t)
1
1
3
1
4
≤ G (t ) ≤
∀t ∈ [ -1,1]
3
3
1
2
⇒
≤ f ( x) ≤
∀x ∈ [ 0,π ] do f ( x ) ≥ 0 ∀x ∈ [ 0, π ]
3
3
⇒
GVHD : Thạc só. Võ Tiến Thành
Quang Vinh
13
SVTH : Nguyễn Trần
LUAN VAN CHAT LUONG download : add
Phân Loại Phương Pháp Chứng Minh Bất Đẳng Thức Tích Phân
π
π 2
1
dx
dx
≤
≤
∫0 3 ∫0 cos2 x + cos x + 1 ∫0 3 dx
π
π 3
dx
2π 3
⇒
≤∫
≤
0
3
3
cos 2 x + cos x + 1
π
Vậy:
♦ Bài toán 4: Cho I(a) =
∫
b
a
x 2 + adx
⎛ 1⎞
⎝ 4⎠
Chứng minh rằng :∀a∈R I(a) ≥ I ⎜ - ⎟
Chứng minh :
y Nếu a ≥ 0 thì x2 + a ≥ x2 ∀x∈[0,1]
⇒ x2 + a ≥ x2
1
1
0
0
⇒ ∫ x 2 + a dx ≥ ∫ x 2 dx
⇒ I ( a ) ≥ I ( 0 ) ∀a ≥ 0
y Nếu a ≤ -1 thì x2 + a ≤ x2 - 1≤ 0 ∀x∈[0, 1]
⇒ I ( a ) = ∫ ⎡⎣ − ( x 2 + a ) ⎤⎦ dx ≥ − ∫ ( x 2 − 1)dx = I ( −1) ∀a ≤ -1
0
0
1
1
Vậy chỉ cần chứng minh rằng trên đoạn a∈ [0, 1] hàm số I(a) đạt giá trị nhỏ nhất tại
a=−
1
4
y Với a∈ [-1, 0], thì x2 + a = 0 với x = − a , x 2 + a ≤ 0 ∀x ∈ ⎡ 0, -a ⎤ và x2 + a ≥0
⎣
⎦
∀x∈[-a, 1]. Do đó:
I (a) = ∫
0
−a
− ( x 2 + a )dx + ∫
1
−a
(x
2
+ a )dx
4
1
= − a −a + a +
3
3
Đặt t = −a ta được: với a∈[-1, 0] ⇒ t∈[0, 1]
4
1
I ( a ) = f (t ) = t 3 − t 2 +
3
3
1
⇒ f ' ( t ) = 4t 2 − 2t ⇒ f ' ( t ) = 0 ⇔ t = 0, t =
2
Bảng biến thiên:
t
f’(t)
f(t)
0
-
1
2
0
1
+
fmin
GVHD : Thạc só. Võ Tiến Thành
Quang Vinh
14
SVTH : Nguyễn Trần
LUAN VAN CHAT LUONG download : add
Phân Loại Phương Pháp Chứng Minh Bất Đẳng Thức Tích Phân
Vậy hàm số f(t) đạt giá trị nhỏ nhất trên [0, 1] tại điểm t =
nhất trên [-1, 0] tại điểm a = −
1
tức I(a) đạt giá trị nhỏ
2
1
4
⎛ 1⎞
⇒ I ( a ) ≥ I ⎜ − ⎟ ∀a ∈ R
⎝ 4⎠
♦ Bài toán 5: Cho a,b ∈ R2, a
x∈[a, b]
giả sử m > 0
Chứng minh rằng : 2
b 1
m
1 b
m⎞
⎛
dx ≤ ⎜ 1 + ⎟ ( b - a )
( b - a ) ≤ ∫a f ( x ) dx + m ∫a
M
M
f (x)
M⎠
⎝
Giải :
*
+
Đặt f(x) = t∈ R
y=
t m
1 m t 2 − Mm
+ ⇒ y' =
− =
⇒ y ' = 0 ⇔ t = ± mM
M t
M t2
Mt 2
t
y’
0
m
-
1+
y
M
mM
0
m
M
+
1+
2
m
M
m
M
Vậy
f ( x)
m
m
m⎞
⎛
≤
+
≤ ⎜1 + ⎟
M
M
f ( x) ⎝ M ⎠
2
b
⇒∫ 2
a
1
m
dx ≤
M
M
∫
b
a
f ( x ) dx + m ∫
b
a
b⎛
1
m
dx ≤ ∫ ⎜1 +
a
f ( x)
⎝ M
⎞
⎟ dx
⎠
1
m⎞
⎛
1
d
x
≤
+
⎜
⎟ (b − a )
∫a
a f x
( )
⎝ M⎠
1 π
πm+2
πm+3
♦ Bài toán 6: Chứng minh rằng : ∫ xm e 2xdx >
+
2 0
m+2 m+3
⇔ 2 (b − a )
1
m
≤
M M
b
f ( x ) dx + m ∫
b
(dpcm)
Giải :
Trước hết ta thấy:
π m+ 2
m+2
+
π m+3
m+3
π m+ 2
=
π
m+2 0
+
π m+3
π
m+30
= ∫ x m+1dx + ∫ x m+ 2 dx = ∫ x m ( x + x 2 ) dx
π
π
π
0
0
0
Vậy ta cần chứng minh rằng:
e2x > 2(x2 + x) ∀x>0 (*)
Thật vậy xét hàm số:
GVHD : Thạc só. Võ Tiến Thành
Quang Vinh
15
SVTH : Nguyễn Trần
LUAN VAN CHAT LUONG download : add
Phân Loại Phương Pháp Chứng Minh Bất Đẳng Thức Tích Phân
y = f ( x) = e 2 x − 2( x 2 + x), x ≥ 0
⇒ f '( x) = 2e 2 x − 4 x − 2
⇒ f ''( x) = 4e 2 x − 4 > 0
Bảng biến thiên:
x
0
f’’
f’
0
f(x)
1
∀x ∈ R+*
+∞
+
+
⇒ f(x) ≥ f(0) = 1 > 0 nên (*) đúng
Áp dụng bất đẳng thức trên
π m
1 π m 2x
π m + 2 π m +3
2
⇒ ∫ x e dx > ∫ x ( x + x ) dx =
+
0
2 0
m+2 m+3
Nhận xét chung:
Để giải quyết tốt bài tốn bất đẳng thức tích phân bằng phương pháp đánh giá hàm
số cần phải chú ý một số điểm sau:
- Nếu cận tích phân của cả hai vế bất đẳng thức như nhau thì ta tiến hành đánh giá hàm số
dưới dấu tích phân (như bài 1, 2)
- Nếu cận tích phân của 2 vế bất đẳng thức khơng bằng nhau thì ta cần sử dụng phương
pháp đổi biến số thích hợp để đưa cận tích phân của 2 vế như nhau rồi tiến hành đánh giá
(như bài 7).
b
- Nói chung trong một bài bất đẳng thức tích phân
∫ f ( x ) dx ≤ A ,
thì việc tính được
a
b
∫ f ( x ) dx
một cách trực tiếp là rất khó. Khi đó, cần đánh giá bất đẳng thức f ( x ) ≤ g ( x )
a
b
sao cho
∫ g ( x ) dx là một tích phân dễ tính hơn.
a
GVHD : Thạc só. Võ Tiến Thành
Quang Vinh
16
SVTH : Nguyễn Trần
LUAN VAN CHAT LUONG download : add
Phân Loại Phương Pháp Chứng Minh Bất Đẳng Thức Tích Phân
§ Bài 2:
SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CƠ BẢN ĐỂ CHỨNG MINH BẤT
ĐẲNG THỨC TÍCH PHÂN
----------------☺---------------Để chứng minh bằng phương pháp này ta cần nhớ một số bất đẳng thức cơ bản sau:
+ Bất đẳng thức Bunhacopski.
+ Bất đẳng thức Young.
+ Bất đẳng thức Holder.
(các bất đẳng thức này đã được trình bày trong phần I)
♦ Bài tốn 1: Cho f(x) là hàm số xác định và liên tục trên [0, 1] và f ( x ) ≤ 1,
∀x ∈ ( 0,1)
Chứng minh rằng:
∫
1
1-f
0
( x )dx ≤
2
1-
( ∫ f ( x ) dx )
1
2
0
Giải :
Theo bất đẳng thức Bunhakopski ta có :
(∫
1
1− f
0
2
( x )dx
) (∫
2
=
1
0
1. 1 − f
2
( x ) dx
)
2
≤ ∫ 12 dx ∫ (1 − f 2 ( x ) )dx
1
1
0
0
= ∫ (1-f 2 ( x ) ) dx =1 − ∫ f 2 ( x ) dx
⇒∫
1
0
1
1
0
0
1
1 − f 2 ( x )dx ≤ 1 − ∫ f 2 ( x ) dx
(1)
0
Và
) ≤ ∫ dx.∫ f ( x ) dx = ∫ f
⇒ 1 − ( ∫ f ( x )dx ) ≥ 1 − ∫ f ( x ) dx
(∫
1
0
2
f ( x )dx
1
1
0
0
2
1
1
2
1
0
2
0
( x ) dx
( 2)
2
0
Từ (1) và (2) ⇒ đpcm
♦ Bài toán 2: Cho hàm f(x) xác định và liên tục trên [0, 1] và f(x) ≥ 0 ∀x∈ [0, 1]. Đặt
1
2
I n = ∫ f n ( x ) dx . Chứng minh rằng ∀n>1 ta có I n-1
≤ I n .I n-2
0
Giải :
Theo bất đẳng thức Bunhakopski ta có :
I
2
n −1
=
(∫ f
1
n −1
0
( x ) dx
1
1
0
0
)
2
⎛ 1
= ⎜∫ f
0
⎝
n
2
( x ). f
n−2
2
⎞
( x ) dx ⎟
⎠
2
(đpcm)
≤ ∫ f n ( x ) dx.∫ f n− 2 ( x ) dx =I n .I n−2
Nhận xét: Trong trường hợp này f ( x ) (trong công thức) là hàm f
g ( x ) là hàm f
n−2
2
n
2
( x)
và
( x ) ; Đối với loại bài toán này điều then chốt là việc lựa chọn hàm số
f(x) và g(x) thích hợp vì những bài toán loại này các hàm số f(x) và g(x) thường ẩn.
GVHD : Thạc só. Võ Tiến Thành
Quang Vinh
17
SVTH : Nguyễn Trần
LUAN VAN CHAT LUONG download : add
Phân Loại Phương Pháp Chứng Minh Bất Đẳng Thức Tích Phân
♦ Bài toán 3:Cho 2 hàm số f, g : [0, 1] Ỉ [0, 1]
Chứng minh rằng:
(∫
1
0
) ≤ ∫ f(x)dx.∫ g(x)dx
2
f(x).g(x)dx
1
1
0
0
Giải :
Theo bất đẳng thức Bunhacopski :
(∫
1
0
f ( x).g ( x)dx
)
2
1
1
0
0
( *)
≤ ∫ f 2 ( x)dx.∫ g 2 ( x) dx
mà:
Theo giả thuyết:
∀x∈ [0, 1] thì 0 ≤ f ( x) ≤ 1
⇒ 0 ≤ f 2 ( x) ≤ f ( x)
1
1
0
0
⇒ 0 ≤ ∫ f 2 ( x )dx ≤ ∫ f ( x ) dx
(1)
và ∀x∈[0, 1] thì 0 ≤ g ( x ) ≤ 1
⇒ 0 ≤ g 2 ( x) ≤ g ( x)
1
1
0
0
⇒ 0 ≤ ∫ g 2 ( x ) dx ≤ ∫ g ( x )dx
Từ (1) và (2) ⇒
∫
1
0
( 2)
1
1
1
0
0
0
f 2 ( x)dx.∫ g 2 ( x)dx ≤ ∫ f ( x)dx.∫ g ( x)dx (**)
Kết hợp (*) và (**) ta được (đpcm)
♦ Bài toán 4: Cho f(x) là hàm số liên tục trên đoạn [a, b].
Chứng minh rằng :
b
∫ f ( x ) dx ≤
b-a
a
( ∫ f ( x) dx)
b
2
1
2
a
Giải :
⎛
⎞
b − a = ⎜ ∫ dx ⎟
⎝a ⎠
b
Trước hết ta có nhận xét như sau:
1
2
Theo Holder:
∫ f ( x ) dx = ∫ 1. f ( x ) dx ≤ ( ∫ 1 dx ) ( ∫
b
b
b
a
a
a
b
2
a
f
2
( x ) dx
♦ Bài toán 5: Bất đẳng thức Young :
)
1
2
= b−a
(∫
b
a
f
2
( x ) dx
)
1
2
⎧∀
⎪ x ∈ [ 0,a ] , f' ( x ) > 0
⎪⎩f ( 0 ) = 0
Cho a∈ R+* , f : [0, a] Ỉ R là một ánh xạ thuộc lớp C1 sao cho ⎨
Ta kí hiệu (một cách lạm dụng) f-1 : [0, f(a)] Æ R là ánh xạ ngược của f(x).
a) Chứng minh rằng ∀x∈ [0, a]
∫
x
0
f ( x ) dx + ∫
b) Từ đó ⇒ ∀x∈ [0, a], y∈ [0, f(a)],
f (a )
0
∫
x
0
f -1 ( x ) dx = xf ( a )
y
f ( x ) dx + ∫ f -1 ( x ) dx ≥ xy
0
Giải :
a) Xét ánh xạ A : [0, a] Ỉ R xác định bởi:
GVHD : Thạc só. Võ Tiến Thành
Quang Vinh
18
SVTH : Nguyễn Trần
LUAN VAN CHAT LUONG download : add
Phân Loại Phương Pháp Chứng Minh Bất Đẳng Thức Tích Phân
∀ x ∈ [0, a], A ( x ) =
f
∫
f +∫
0
f (a)
0
f −1 − xf ( x ) ⇒ A ( x ) cũng thuộc lớp C1 trên [0,
a] và ∀ x ∈ [0, a]
A ' ( x ) = f ( x ) + f −1 ( f ( x ) ) f ' ( x ) − ( f ( x ) + xf ' ( x ) ) = 0
Vậy f(x) là hàm không đổi trên [0, a]
A(0) = 0 ⇒ A(x) = 0 ∀ x ∈ [0, a]
x
⇒∫ f +∫
0
f ( x)
0
f −1 − xf ( x ) = 0
b) Cho x ∈ [0, a] xét ánh xạ : Bx : [0, f(a)] Ỉ R
Xác định bởi :
∫
∀ y ∈ [0, f(a)], Bx(y) =
x
0
y
f + ∫ f −1 − xy
0
⇒ Bx(y) cũng thuộc lớp C trên [0, f(a)] và ∀ y ∈ [0, f(a)] Bx' ( y ) =f-1(y)-x
1
⇒ Bx' ( y ) = 0 ⇔ f −1 ( y ) − x = 0 ⇒ f -1 ( y ) = x
⇒ y = f ( x)
Bảng biến thiên
y
0
B ( y)
f(x)
0
-
'
x
Bx(y)
f(d)
+
0
Vậy ∀ y ∈ [0, f(a)], Bx(y) ≥ B(f(x)) = 0 (do câu a)
x
y
⇒ ∫ f ( x ) dx + ∫ f −1 ( x ) dx − xy ≥ 0
0
0
x
(đpcm)
y
⇔ ∫ f ( x ) dx + ∫ f −1 ( x ) dx ≥ xy
0
♦
0
Bài tốn 6: Cho a,b∈R, a
sử m >0
Chứng minh rằng:
(b - a)
2
b
b
a
a
≤ ∫ f ( x ) dx ∫
x∈[a,b ]
(m + M )
1
dx ≤ ( b - a )
f (x)
4mM
2
Giải :
Theo Bunhakopski :
Ta có:
(b − a )
2
=
( ∫ dx )
b
a
2
2
⎛ b
= ⎜∫
⎜ a
⎝
⎞
b
. f ( x )dx ⎟ ≤ ∫
a
⎟
f ( x)
⎠
1
=∫
b
a
Và ta có :
⎛
⎜
⎜
⎜
⎝
(∫
b
a
f ( x ) dx
)
1
2
Quang Vinh
(
⎛ b 1
⎞
− mM ⎜⎜ ∫
dx ⎟⎟
a
⎝ f ( x) ⎠
GVHD : Thạc só. Võ Tiến Thành
19
2
⎛ 1 ⎞
⎟ dx
f ( x ) dx.∫ ⎜
a ⎜
⎟
⎝ f ( x) ⎠
b
1
f ( x ) dx.∫
dx
a f x
( )
)
1
2
2
b
2
⎞
⎟ ≥0
⎟
⎟
⎠
SVTH : Nguyễn Trần
LUAN VAN CHAT LUONG download : add
Phân Loại Phương Pháp Chứng Minh Bất Đẳng Thức Tích Phân
⇒
2 mM
M
⇒
(∫
b
a
(∫
)
1
1
2
⎛ b 1
⎞2
b
b
1
m⎞
⎛
f ( x ) dx ⎜⎜ ∫
dx ⎟⎟ ≤ M ∫ f ( x ) dx + m ∫
dx ≤ ⎜1 + ⎟ ( b − a )
a f x
a
a f x
( ) ⎠
( )
⎝ M⎠
⎝
b
a
)
1
⎛ b 1
⎞2 (m + M )
f ( x ) dx ⎜⎜ ∫
dx ⎟⎟ ≤
(b − a )
a f x
mM
2
(
)
⎝
⎠
1
2
b
b
a
a
⇒ ∫ f ( x ) dx.∫
1
2 (m + M )
dx ≤ ( b − a )
f ( x)
4mM
2
♦ Bài toán 7: Cho a > 0, f:[a, +∞) Ỉ R liên tục thỏa mãn điều kiện:
t
∫ f ( x ) dx ≤ ∫
2
a
Chứng minh rằng :
∫
b
a
t
a
x 2dx, ∀t ≥ a
b
f ≤ ∫ xdx ∀b ≥ a
a
Giải :
Theo Bunhakopski ta có :
(∫
t
a
xf ( x ) dx
)
2
t
t
t
t
a
a
a
a
(∫
∀a ∈ 0 )
≤ ∫ x 2 dx ∫ f 2 ( x ) dx ≤ ∫ x 2 dx.∫ x 2 dx =
t
t
a
a
(do ∫ xf ( x )dx ≥ 0
t
⇒ ∫ xf ( x )dx ≤ ∫ x 2 dx
a
t
a
x 2 dx
)
2
(t ≥ a)
⎧⎪ F ( a ) = 0
t
⇒ F ( t ) = ∫ x ( x − f ( x ) )dx ⇒ ⎨
a
⎪⎩ F ( b ) , F ( x ) ≥ 0
⇒ F '(t ) = t (t − f (t ))
Xét
b1
1
x ( x − f ( x ) ) dx = ∫ F ' ( x ) dx
a x
a x
dx
⇒
du = − 2
x
∫ ( x − f ( x ) )dx = ∫
b
a
Đặt u =
1
x
b
dv = F’(x)dx
∀b ≥ a
v = F(x)
b F ( x)
1
⇒ ∫ ( x − f ( x ) dx ) = F ( x ) + ∫
dx
a
a
x
x2
a
b
b
b F ( x)
1
1
= F (b) − F ( a ) + ∫
dx
a
b
a
x2
b F ( x)
1
= F (b) + ∫
dx ≥ 0
a
b
x2
⇒ ∫ ( x − f ( x ) dx ) ≥ 0
b
a
GVHD : Thạc só. Võ Tiến Thành
Quang Vinh
20
SVTH : Nguyễn Trần
LUAN VAN CHAT LUONG download : add
Phân Loại Phương Pháp Chứng Minh Bất Đẳng Thức Tích Phân
b
b
a
a
⇒ ∫ f ( x ) dx ≤ ∫ xdx (đpcm)
♦ Bài tốn 8: Cho a∈R+ f:[0, a] Ỉ R thuộc lớp C1 sao cho f’(x) > 0 và g:[0, f(a)] Ỉ R
liên tục sao cho ∀x∈[0, 1], g(f(x)) ≥ x.
∫
Chứng minh rằng : ∀x∈[0, a], ∀y∈[0, f(a)],
x
0
x
f ( x ) dx + ∫ g ( x ) dx ≥ xy
0
Giải :
Áp dụng bất đẳng thức Young ∀y∈[0, f(a)] thì:
g(y) = g(f(f—1(y))) ≥ f-1(y)
Từ đó :
∫
x
0
x
x
0
0
y
f ( x ) dx + ∫ g ( x ) dx ≥ ∫ f ( x ) dx + ∫ f −1 ( x ) dx ≥ xy (đpcm)
0
♦ Bài toán 9: cho y ( t ) , x ( t ) là các hàm số liên tục trên đoạn [ 0,1] với x ( t ) ≠ 0 ∀t .
Chứng minh rằng :
∫
1
0
y (t )
dt ≥
x2 ( t )
2
⎡ 1 y ( t ) dt ⎤
⎣⎢ ∫0
⎦⎥
∫
1
0
2
x 2 ( t ) dt
(1)
Giải:
Theo bất đẳng thức Bunhacopski :
2
2
2
⎡ 1 y ( t ) dt ⎤ = ⎡ 1 x ( t ) y ( t ) dt ⎤ ≤ 1 x 2 ( t ) dt 1 y ( t ) dt
⎥
∫0 x 2 ( t )
⎢⎣ ∫0
⎥⎦ ⎢ ∫0
x ( t ) ⎦ ∫0
⎣
và
x 2 ( t ) > 0 ∀t do x ( t ) ≠ 0 ∀t
( 2)
1
⇒ ∫ x 2 ( t ) dt > 0
0
Nên từ (2) ⇒ (đpcm)
GVHD : Thạc só. Võ Tiến Thành
Quang Vinh
21
SVTH : Nguyễn Trần
LUAN VAN CHAT LUONG download : add
Phân Loại Phương Pháp Chứng Minh Bất Đẳng Thức Tích Phân
§ Bài 3:
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP KHÁC
----------------☺---------------Trong bài này sẽ đưa ra một số bài tốn khơng giải theo 2 phương pháp cơ bản trên
mà cần sử dụng một số định lý và các hệ quả để chứng minh
⎛ π⎞
⎟ → R liên tục sao cho tồn tại c∈
⎝ 2⎠
⎧∀x ∈ ( 0,c ) f ( x ) > 0
⎪
⎨
⎛ π⎞
⎪∀x ∈ ⎜ c, 2 ⎟ f ( x ) < 0
⎝
⎠
Chứng minh rằng : ⎩
♦ Bài toán 1: Cho f : ⎜ 0,
2
⎡ π⎤
⎢⎣0, 2 ⎥⎦ thỏa mãn :
2
⎛ π2
⎞ ⎛ π2
⎞
⎜ ∫0 f ( x ) cosxdx ⎟ + ⎜ ∫0 f ( x ) sinxdx ⎟ > 0
⎝
⎠ ⎝
⎠
Giải :
Ta lập luận phản chứng, giả sử
∫
π
2
0
∫
π
π
f ( x ) cos xdx = ∫ 2 f ( x ) sin xdx = 0 thế thì
2
0
0
π
π
0
0
f ( x ) sin ( c − x ) dx = sin c ∫ 2 f ( x ) cos xdx − cos c ∫ 2 f ( x ) sin xdx = 0
π
Nhưng
π
c
∫ f ( x ) sin ( c − x ) dx = ∫ f ( x ) sin ( c − x ) dx + ∫ f ( x ) sin xdx = 0
2
0
2
c
0
x ∈ [0, c]
⎧f(x)sin(c-x) ≥ 0
⎪
Mà ⎨
⎛ π⎞
⎪f(x)sin(c-x) ≥ 0 x ∈ ⎜ 0, 2 ⎟
⎝
⎠
⎩
Do hệ quả 3.2
⎡ π⎤
∀x ∈ ⎢0, ⎥
⎣ 2⎦
⎡ π⎤
Vậy f ( x ) = 0 ∀x ∈ ⎢0, ⎥ − {c} mâu thuẫn ⇒ đpcm
⎣ 2⎦
⇒ f ( x ) sin ( c − x ) = 0
♦ Bài toán 2: Cho f, g: [0, +∞) Ỉ R liên tục f(x)≥ 0, g(x) ≥ 0 c ∈ R *+ sao cho :
f ( x ) ≤ c + ∫ f ( t ) g ( t ) dt (1) ∀x ∈ [ 0, +∞ )
x
Chứng minh rằng :
0
x
f ( x ) ≤ c.e ∫0
g ( t )dt
∀x ∈ [ 0,+∞ )
Giải :
Đặt A ( x ) =
(1)
⇒
x
∫ f ( t ) .g ( t ) dt
0
∀x ∈ [ 0,+∞ ) ⇒ A ( 0 ) = 0
f (x)
f ( x ) g ( x)
≤1 ⇒
≤ g ( x)
c + A( x)
c + A( x)
Và ∀x ∈ ( 0, +∞ ) A' ( x ) = f ( x ) .g ( x )
⇒
A '( x )
f ( x ) .g ( x )
=
c + A( x)
c + A( x)
GVHD : Thạc só. Võ Tiến Thành
Quang Vinh
22
SVTH : Nguyễn Trần
LUAN VAN CHAT LUONG download : add
Phân Loại Phương Pháp Chứng Minh Bất Đẳng Thức Tích Phân
⇒ ∀x ∈ [ 0, +∞ )
f ( t ) .g ( t )
∫ g ( t ) dt ≥ ∫ c + A ( x ) dt = ⎡⎣ln c + A ( x )⎤⎦
⇒ ln ( c + A ( x ) ) ≤ ln c + ∫ g ( t ) dt
x
x
x
0
0
0
= ln ( c + A ( x ) ) − ln c
x
0
⇒ c + A( x) ≤ e
ln c +
x
x
∫0 g (t )dt = ce ∫0 g ( t )dt
x
(1) ⇒ f ( x ) ≤ c + A ( x ) ≤ c.e ∫0
g ( t ) dt
(dpcm)
♦ Bài toán 3: Cho f(x) là một hàm số liên tục trên [a, b]. Đặt c =
b
∫ f (x) - c
Chứng minh rằng :
2
a
b
dx ≤ ∫ f ( x ) - t dx
2
a
1 b
f ( x ) dx .
b - a ∫a
∀t ∈ R
Giải :
Đặt g ( t ) =
b
∫ f ( x) − t
2
a
∀t ∈ R
dx
Thì g(t) là một hàm bậc 2 đối với t nên liên tục và khả vi mọi bậc trên R và
⇒ g ' ( t ) = −2 ∫
b
a
( f ( x ) − t ) dx
⇒ g '' ( t ) = 2 ( b − a ) > 0
⇒ g ' ( t ) = 0 ⇔ −2 ∫
b
a
( f ( x ) − t )dx = 0 ⇔ ∫ f ( x ) dx − ( b − a ) t = 0
b
a
⇔t=
Bảng biến thiên
t
-∞
g’’
g’
c
+∞
+
-
g
+
+
0
g(c)
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy g(t) ≥ g(c)
Tức là
b
∫ f ( x) − c
1 b
f ( x ) dx = c
b − a ∫a
b
dx ≤ ∫ f ( x ) − t dx
2
a
2
∀t∈R.
∀t ∈ R
a
Nhận xét: Bài tốn này khơng được đưa vào phương pháp đánh giá hàm số
bởi vì nó chỉ là một bài tốn khảo sát hàm số thơng thường để tìm giá trị nhỏ nhất.
♦ Bài tốn 4: Cho g: [a, b] Ỉ [0, 1]
a) Chứng minh rằng a + G(x) ≤ x ∀x ∈ [a,b ]
b) Giả sử f(x) là hàm số liên tục và đơn điệu tăng trên đoạn [a,b]
Chứng minh rằng:
∫
x
a
f ( t ) .g ( t ) dt ≥ ∫
a+G ( x )
a
f ( t ) dt
∀x ∈ [a,b ]
Giải:
GVHD : Thạc só. Võ Tiến Thành
Quang Vinh
23
SVTH : Nguyễn Trần
LUAN VAN CHAT LUONG download : add
Phân Loại Phương Pháp Chứng Minh Bất Đẳng Thức Tích Phân
a) Theo định lý giá trị trung bình với mỗi x∈[a, b], tồn tại c∈[a, x] sao cho:
x
G ( x ) = ∫ g ( t ) dt = g ( c )( x − a ) vì 0 ≤ g(x) ≤ 1
a
⇒ G ( x) ≤ x − a ⇒ a + G ( x) ≤ x
(có thể sử dụng phương pháp đánh giá
b) Ta có :
∫
x
a
f ( t ) g ' ( t ) dt − ∫
a +G( x )
a
f ( t ) dt = ∫
∫
x
a
x
g ( t ) dt ≤ ∫ dt = x − a )
a
a +G ( x )
x
a +G ( x )
a
a+G ( x )
=∫
f ( t ) g ( t ) dt + ∫
f ( t ) ( g ( t ) − 1) dt + ∫
−∫
a
x
a +G ( x )
a
a +G ( x )
f ( t ) dt
f ( t ) g ( t ) dt
(1)
Vì g(t) – 1 ≤ 0 và g(t) ≥ 0 ∀t∈[a, b] nên theo định lý mở rộng về giá trị trung bình của
tích phân, tồn tại c∈[a, a + G(x)], sao cho :
∫
a +G( x )
a
a +G ( x )
f ( t ) ( g ( t ) − 1) dt = f ( c ) ∫
a
a +G( x )
= f (c) ⎡∫
⎣⎢ a
=-f ( c ) ∫
x
a +G ( x )
⎡⎣ g ( t ) − 1⎤⎦ dt
g ( t ) dt − ∫ g ( t ) dt ⎤
a
⎦⎥
x
g ( t ) dt
( 2)
Và tồn tại d∈[a + G(x), x] để :
∫
x
a +G ( x )
f ( t ) g ( t ) dt = f ( d ) ∫
x
a +G( x )
Từ (1), (2), (3) :
x
a +G( x )
a
a
⇒ ∫ f ( t ) g ( t ) dt − ∫
g ( t ) dt
( 3)
x
f ( t ) dt = ⎡⎣ f ( d ) − f ( c ) ⎤⎦ ∫
g ( t ) dt ≥ 0
a +G( x )
Vì g(t) ≥ 0, và f(t) là hàm đơn điệu tăng ∀t∈ [a, b] nên
x
a +G( x )
a
a
f ( d ) − f ( c ) ≥ 0 (do d ≥ c) ⇒ ∫ f ( t ) g ( t ) dt ≥ ∫
♦ Bài toán 5: Chứng minh rằng : 0 <
∫
200π
100π
∫
x
a +G( x )
g ( t ) dt ≥ 0 và
f ( t ) dt
sinx
1
dx <
x
100π
Giải :
Ta có :
I =∫
200π
100π
199
( k +1)π sin ( t + kπ )
sin x
dx = ∑ ∫
dx
kπ
x
t + kπ
k =100
99
= ∑ ( -1) ∫
k=100
( k +1)π
kπ
sin tdt
t + kπ
99 ⎛ π
π
sintdt
sin tdt
−∫
= ∑ ⎜⎜ ∫
0 t+2nπ
0 t + 2n + 1 π
(
)
n=50 ⎝
99
π
sintdt
=π ∑ ∫
0 t+2nπ
(
) ( t + ( 2n + 1)π )
n=50
GVHD : Thạc só. Võ Tiến Thành
Quang Vinh
24
⎞
⎟⎟
⎠
SVTH : Nguyễn Trần
LUAN VAN CHAT LUONG download : add
