bất đẳng thức tích phân và ứng dụng

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
NGUYỄN VĂN TUẤN
BẤT ĐẲNG THỨC TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
THÁI NGUYÊN - 2014
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
NGUYỄN VĂN TUẤN
BẤT ĐẲNG THỨC TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG
Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
Mã số : 60.46.01.13
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Người hướng dẫn khoa học: TS. TRẦN NGUYÊN AN
THÁI NGUYÊN - 2014
Mục lục
Lời nói đầu 2
1 Kiến thức chuẩn bị 4
1.1 Một số bất đẳng thức cổ điển và định lý giá trị trung bình 4
1.2 Tích phân . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.2.1 Định nghĩa tích phân . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.2.2 Các tính chất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
2 Bất đẳng thức tích phân và ứng dụng 9
2.1 Đánh giá hàm số và bất đẳng thức tích phân . . . . . . . 9
2.2 Một số bất đẳng thức tích phân cổ điển . . . . . . . . . . 17
2.3 Một số bất đẳng thức tích phân khác . . . . . . . . . . . 32
2.4 Ứng dụng của bất đẳng thức tích phân . . . . . . . . . . 41
2.4.1 Tính giới hạn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
2.4.2 Chứng minh phương trình có nghiệm . . . . . . . 43
2.4.3 Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số . . . . 45
2.4.4 Chứng minh một số bất đẳng thức đại số . . . . . 48

2.4.5 Giải một số bài phương trình hàm . . . . . . . . . 52
Kết luận 54
Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55
1
LỜI NÓI ĐẦU
Bất đẳng thức tích phân là một phần quan trọng trong tích phân
có nhiều ứng dụng không những chỉ trong toán học mà còn trong các
lĩnh vực khác. Một số bất đẳng thức tích phân kinh điển phải kể đến là
Bất đẳng thức Bunhiacovski; Bất đẳng thức Chebyshev; Bất đẳng thức
Young; Bất đẳng thức Jensen; Bất đẳng thức Holder; Bất đẳng thức
Minkowski; Bất đẳng thức Diaz; Bất đẳng thức Polya Bài toán bất
đẳng thức tích phân là một bài toán khó thường xuất hiện trong các
bài toán thi học sinh giỏi, trong các kỳ thi Olympic toán trong và ngoài
nước. Luận văn này nhằm giới thiệu và chứng minh chi tiết một số bất
đẳng thức tích phân cổ điển, một số bất đẳng thức tích phân mới được
khám phá, đưa ra một hệ thống những ví dụ được trích dẫn từ những
tài liệu tham khảo cũng như sáng tạo mới về bất đẳng thức tích phân.
Ngoài ra đề tài còn để cập đến một số ứng dụng của bất đẳng thức tích
phân, bao gồm: Đưa ra một số ứng dụng trong bài toán giới hạn, giải
phương trình, chứng minh bất đẳng thức đại số.
Ngoài phần mở đầu, phần kết luận, luận văn gồm 2 chương:
Chương 1. Kiến thức cơ bản. Chương này trình bày các bất đẳng
thức cơ bản của toán học như Bất đẳng thức AM - GM, Bất đẳng thức
Bunhiacovski, Bất đẳng thức Chebyshev, , cùng với các định lý toán
học rất quan trọng trong giải tích như Định lý Lagrange, Định lý Roll.
Ngoài ra khái niệm, định nghĩa tích phân và các tính chất của tích phân
là kiến thức trọng tâm của chương này. Đặc biệt ta quan tâm nhiều đến
các tính chất về bất đẳng thức tích phân cũng như các định lý về đẳng
thức tích phân như định lý về giá trị trung bình trong tích phân.
Chương 2. Bất đẳng thức tích phân và ứng dụng. Chương này

trình bày các bài toán về chứng minh bất đẳng thức tích phân thông
qua việc đánh giá hàm số dưới dấu tích phân, cũng như dùng các bất
2
đẳng thức tích phân cổ điển để chứng minh. Trong chương này còn nêu
một loạt các bài tập chứng minh bất đẳng thức tích phân dưới dạng
phức tạp mà việc giải quyết chúng là không hề đơn giản. Một vấn đề
nữa được nêu trong chương là những ứng dụng của bất đẳng thức tích
phân trong các bài toán số học, đại số cũng như trong giải tích .
Sau một thời gian nghiên cứu, luận văn thạc sĩ của tôi đã hoàn thành
với tên đề tài "Bất đẳng thức tích phân và ứng dụng". Những kết quả
ban đầu mà tôi thu được là nhờ sự hướng dẫn và chỉ bảo tận tình của
TS. Trần Nguyên An, Trường Đại học Sư Phạm - Đại học Thái Nguyên.
Nhờ thầy tôi đã tiếp cận và nắm bắt được một số vấn đề mới mẻ trong
công tác nghiên cứu khoa học. Tác giả xin được bày tỏ lòng biết ơn sâu
sắc đối với sự quan tâm, động viên và hướng dẫn của thầy. Tác giả xin
cảm ơn tới các thầy cô trong Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái
Nguyên, phòng Đào tạo Trường Đại học Khoa học. Đồng thời tác giả
xin gửi lời cảm ơn tới tập thể lớp Cao học toán K6A, trường Đại học
Khoa học đã động viên giúp đỡ tác giả trong quá trình học tập và làm
luận văn này.
Tác giả xin cảm ơn tới Sở GD - ĐT tỉnh Tuyên Quang, Ban Giám
hiệu, các đồng nghiệp Trường THPT Sơn Dương đã tạo mọi điều kiện
giúp đỡ tác giả trong thời gian học tập và hoàn thành luận văn.
3
Chương 1
Kiến thức chuẩn bị
1.1 Một số bất đẳng thức cổ điển và định lý giá trị
trung bình
Định lý 1.1.1 (Bất đẳng thức AM - GM). Với mọi số thực dương
a

1
, a
2
, , a
n
ta có bất đẳng thức
a
1
+ a
2
+ + a
n
n
≥
n
√
a
1
a
2
a
n
.
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a
1
= a
2
= = a
n
.

Định lý 1.1.2 ( Bất đẳng thức Bunhiacovski). Với 2 dãy số thực tùy ý
a
1
, a
2
, , a
n
và b
1
, b
2
, , b
n
ta luôn có bất đẳng thức

a
2
1
+ a
2
2
+ + a
2
n

b
2
1
+ b
2

2
+ + b
2
n

≥ (a
1
b
1
+ a
2
b
2
+ + a
n
b
n
)
2
.
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a
1
, a
2
, , a
n
và b
1
, b
2

, , b
n
là 2 bộ tỉ
lệ, tức là tồn tại số k để a
i
= kb
i
, với mọi i ∈ 1, n.
Định lý 1.1.3 (Bất đẳng thức Holder). Với m dãy số thực dương
(a
11
, a
12
, , a
1n
), (a
21
, a
22
, , a
2n
), , (a
m1
, a
m2
, , a
mn
) ta có
m


i=1

n

j=1
a
ij

≥


n

j=1
m




m

i=1
a
ij


m
Dấu đẳng thức xảy ra khi m dãy số đó tương ứng tỉ lệ. Bất đẳng thức
Bunhiacovski là hệ quả trực tiếp của bất đẳng thức Holder với m=2.
4

Định lý 1.1.4. (Bất đẳng thức Chebyshev).
(i) Với 2 dãy số thực đơn điệu tăng a
1
, a
2
, , a
n
và b
1
, b
2
, , b
n
ta có
a
1
b
1
+ a
2
b
2
+ + a
n
b
n
≥
1
n
(a

1
+ a
2
+ + a
n
) (b
1
+ b
2
+ + b
n
) .
(ii) Với 2 dãy số thực đơn điệu giảm a
1
, a
2
, , a
n
và b
1
, b
2
, , b
n
ta có
a
1
b
1
+ a

2
b
2
+ + a
n
b
n
≤
1
n
(a
1
+ a
2
+ + a
n
) (b
1
+ b
2
+ + b
n
) .
Dấu đẳng thức xảy ra khi a
1
= a
2
= = a
n
và b

1
= b
2
= = b
n
.
Định lý 1.1.5 (Bất đẳng thức Jensen’s). Nếu f là hàm lồi trên khoảng
K ⊆ R thì mọi x
1
, x
2
, , x
n
∈ K ta đều có
f(x
1
) + f(x
2
) + + f(x
n
) ≥ nf(
x
1
+ x
2
+ + x
n
n
).
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x

1
= x
2
= = x
n
.
Định lý 1.1.6 (Bất đẳng thức Young). Cho p, q thỏa mãn điều kiện
p > 1, q > 1,
1
p
+
1
q
= 1.
Chứng minh rằng, mọi a, b dương, ta đều có
a
p
p
+
b
q
q
≥ ab.
Định lý 1.1.7 ( Định lý Lagrange). Nếu f(x) liên tục và khả vi trên
đoạn [a, b] thì tồn tại c ∈ (a, b) sao cho
f

(c) =
f(b) − f(a)
b − a

.
Định lý 1.1.8 ( Định lý Roll). Nếu f(x) liên tục trên [a, b], khả vi trên
(a, b), f(a) = f (b) thì tồn tại c ∈ (a, b) sao cho f

(c) = 0.
5
1.2 Tích phân
1.2.1 Định nghĩa tích phân
Cho hàm số y = f(x) xác định, liên tục trên đoạn [a, b]. Chia đoạn
[a, b] thành những đoạn nhỏ bởi các điểm
a = x
0
< x
1
< x
2
< < x
n
= b.
Mỗi phép chia như vậy gọi là một phép phân hoạch đoạn [a, b] và được kí
hiệu bởi chữ π, các điểm x
0
, x
1
, x
2
, , x
n
gọi là các điểm chia. Trong mỗi
đoạn [x

k−1
, x
k
] ta lấy một điểm bất kì ξ
k
(x
k−1
≤ ξ
k
≤ x
k
) rồi lập tổng:
σ
π
=
n

k=1
f(ξ
k
)(x
k
− x
k−1
). (1.2.1)
Tổng (1.2.1) gọi là tổng tích phân của hàm số f(x) ứng với phép phân
hoạch π. Rõ ràng giá trị của tổng này phụ thuộc vào phép phân hoạch
và cách lấy điểm ξ
k
. Ta kí hiệu d(π) là số lớn nhất trong độ dài các đoạn

[x
k−1
, x
k
], trong phép phân hoạch π, tức là:
d(π) = max
k
(x
k
− x
k−1
). (1.2.2)
Ta nói rằng tổng σ
π
dần tới giới hạn I khi d(π) → 0 nếu: Với mỗi số
 > 0 cho trước nhỏ tùy ý, bao giờ cũng tồn tại số δ > 0 sao cho mọi
phép phân hoạch π mà d(π) < δ và với mọi cách chọn các điểm ξ
k
ta
đều có :
|σ
π
− I| =





n


k=1
f(ξ
k
)(x
k
− x
k−1
) − I





< ε
và ta kí hiệu:
I = lim
d(π)→0
σ
π
= lim
d(π)→0
n

k=1
f(ξ
k
)(x
k
− x
k−1

).
Nếu tồn tại giới hạn
I = lim
d(π)→0
n

k=1
f(ξ
k
)(x
k
− x
k−1
)
6
thì giới hạn đó được gọi là tích phân xác định của hàm số f(x) trên đoạn
[a, b] và ta kí hiệu là:
I =
b

a
f(x)dx.
Khi đó hàm số f(x) được gọi là khả tích trên đoạn [a, b] và ta gọi f(x) là
hàm số dưới dấu tích phân; f(x)dx gọi là biểu thức dưới dấu tích phân;
các số a, b gọi là cận của tích phân ; b là cận trên, a là cận dưới.
1.2.2 Các tính chất
Tính chất 1.
a

a

f(x)dx = 0.
Tính chất 2.
b

a
f(x)dx = −
a

b
f(x)dx.
Tính chất 3.
b

a
kf(x)dx = k
b

a
f(x)dx, k ∈ R.
Tính chất 4.
b

a
[f(x) ± g(x]dx =
b

a
f(x)dx ±
b


a
g(x)dx.
Tính chất 5.
b

a
f(x)dx =
c

a
f(x)dx +
b

c
f(x)dx, ∀c ∈ [a, b] .
Tính chất 6. Nếu f(x) ≥ 0 trên đoạn [a, b] thì
b

a
f(x)dx ≥ 0.
Tính chất 7. Nếu f (x) ≥ g(x) và f(x), g(x) khả tích trên đoạn [a, b] thì
b

a
f(x)dx ≥
b

a
g(x)dx.
Tính chất 8. Nếu m ≤ f (x) ≤ M và f(x) khả tích trên đoạn [a, b] thì

m(b − a) ≤
b

a
f(x)dx ≤ M(b − a).
với m, M là các hằng số
Tính chất 9. Nếu f(x) khả tích trên đoạn [a, b] thì |f(x)| cũng khả tích
7
trên đoạn đó và






b

a
f(x)dx






≤
b

a
|f(x)|dx.

Tính chất 10 (Định lý giá trị trung bình thứ nhất). Nếu các hàm số
f(x), g(x) khả tích trên đoạn [a, b], g(x) không đổi dấu trên (a, b). Ký
hiệu m = inf
x∈[a,b]
f(x), M = sup
x∈[a,b]
f(x) thì tồn tại một số µ với m ≤ µ ≤ M
sao cho:
b

a
f(x)g(x)dx = µ
b

a
g(x)dx.
Hơn nữa nếu f(x) liên tục trên [a, b] thì tồn tại 1 số c ∈ [a, b] sao cho:
b

a
f(x)g(x)dx = f(c)
b

a
g(x)dx.
Tính chất 11 (Định lý giá trị trung bình thứ hai).
(i) Nếu các hàm số f(x), g(x) khả tích trên đoạn [a, b], g(x) là hàm đơn
điệu trên (a, b) thì tồn tại c ∈ (a, b) để
b


a
f(x)g(x)dx = g(a)
c

a
f(x)dx + g(b)
b

c
f(x)dx.
(ii) Nếu g(x) là hàm đơn điệu giảm, không âm trong khoảng (a, b) thì:
b

a
f(x)g(x)dx = g(a)
c

a
f(x)dx, c ∈ [a, b] .
(iii) Nếu g(x) là hàm đơn điệu tăng, không âm trong khoảng (a, b) thì:
b

a
f(x)g(x)dx = g(b)
c

a
f(x)dx, c ∈ [a, b] .
8
Chương 2

Bất đẳng thức tích phân và ứng
dụng
2.1 Đánh giá hàm số và bất đẳng thức tích phân
Với bất đẳng thức tích phân dạng
b

a
f(x)dx ≥
b

a
g(x)dx ta thường
nghĩ đến đánh giá hàm số dạng f(x) ≥ g(x) và áp dụng tính chất 7 để
có điều chứng minh. Ta cùng xét một số ví dụ:
Bài toán 2.1.1. Chứng minh rằng
π
4

0
sin 2xdx ≤ 2
π
4

0
sin xdx.
Giải.
Trong đoạn

0,
π

4

thì 0 < cos x ≤ 1 nên sin 2x = 2 sin x cosx ≤ 2sinx.
Ta suy ra
π
4

0
sin 2xdx ≤ 2
π
4

0
sin xdx.
Vậy
π
4

0
sin 2xdx ≤ 2
π
4

0
sin xdx.
Bài toán 2.1.2. Chứng minh rằng
2

1
(ln x)

2
dx <
2

1
ln xdx.
Giải. Hàm số y = f(x) = ln x liên tục trên [1, 2] nên y = g(x) = (lnx)
2
cũng liên tục trên [1, 2] . Trong đoạn [1, 2] rõ ràng 0 ≤ ln x < 1 nên ta
9
có 0 ≤ (ln x)
2
< ln x. Vậy
2

1
(ln x)
2
dx <
2

1
ln xdx.
Nhận xét 1. Qua các ví dụ trên ta thấy rằng việc đánh giá hàm số có
liên hệ chặt chẽ với các cận a, b của tích phân. Vậy nên khi đánh giá
hàm số dưới dấu tích phân ta cần chú ý đến mối quan hệ của hàm số
với các cận a, b. Tuy nhiên với bất đẳng thức tích phân dạng:
A ≤
b


a
f(x)dx ≤ B
ta thường xác định các hàm số g(x), h(x) sao cho: g(x) ≤ f(x) ≤ h(x)
với mọi x ∈ [a, b] và
b

a
g(x)dx = A,
b

a
h(x)dx = B.
Khi đó từ theo tính chất 7, tính chất 8 của bất đẳng thức tích phân ta
suy ra
A ≤
b

a
f(x)dx ≤ B.
Ta xét một số ví dụ:
Bài toán 2.1.3. Chứng minh rằng
π
4
≤
3π
4

π
4
1

3 − 2sin
2
x
dx ≤
π
2
.
Giải. Với
π
4
≤ x ≤
3π
4
suy ra
1
√
2
≤ sinx ≤ 1 . Từ đó
1
2
≤ sin
2
x ≤ 1,
hay
1
2
≤
1
3 − 2sin
2

x
≤ 1.
Khi đó
1
2
3π
4

π
4
dx ≤
3π
4

π
4
1
3 − 2sin
2
x
dx ≤
3π
4

π
4
dx.
10
Suy ra
π

4
≤
3π
4

π
4
1
3 − 2sin
2
x
dx ≤
π
2
.
Bài toán 2.1.4. Chứng minh rằng
1
2
≤
1
2

0
1
√
1 − x
6
dx ≤
π
6

.
Giải. Với x ∈ [0,
1
2
] ta suy ra 0 < 1 − x
2
≤ 1 − x
6
≤ 1. Từ đó ta được

1 − x
2
≤

1 − x
6
≤ 1,
hay
1 ≤
1
√
1 − x
6
≤
1
√
1 − x
2
.
Suy ra

1
2

0
dx ≤
1
2

0
1
√
1 − x
6
dx ≤
1
2

0
1
√
1 − x
2
dx.
Với I =
1
2

0
dx =
1

2
.
Với J =
1
2

0
1
√
1 − x
2
dx. Đặt x=sint ⇒ dx = cos tdt với t ∈

−
π
2
;
π
2

.
Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 0, x =
1
2
⇒ t =
π
6
.
Khi đó tích phân J trở thành
J =

π
6

0
cos t

1 − sin
2
t
dt =
π
6

0
dt =
π
6
.
Vậy
1
2
≤
1
2

0
1
√
1 − x
6

dx ≤
π
6
.
Bài toán 2.1.5. Chứng minh rằng
e − 1
e
≤
1

0
e
−x
2
dx ≤ 1.
11
Giải. Ta có 0 ≤ x ≤ 1 hay 0 ≤ x
2
≤ x ≤ 1 từ đó suy ra
1
e
x
≤
1
e
x
2
. Mặt
khác từ x
2

≥ 0 suy ra e
x
2
≥ e
0
= 1 hay e
−x
2
≤ 1. Do đó e
−x
≤ e
−x
2
≤ 1.
Điều này kéo theo
1

0
e
−x
dx ≤
1

0
e
−x
2
dx ≤
1


0
dx.
Tính tích phân đầu và cuối, ta được
e − 1
e
≤
1

0
e
−x
2
dx ≤ 1.
Bài toán 2.1.6. Chứng minh rằng
1

0
x sin x
1 + x sin x
dx ≤ 1 − ln 2.
Giải. Trước hết ta chứng minh:
x sin x
1 + x sin x
≤
x
1 + x
, ∀x ∈ [0, 1] (∗)
Từ (∗) biến đổi ta được 1−
1
1 + x sin x

≤ 1−
1
1 + x
, ∀x ∈ [0, 1] . Từ đó suy
ra
1
1 + x sin x
≥
1
1 + x
hay 1+x ≥ 1+x sin x. Ta suy ra x (1 −sin x) ≥ 0.
Bất đẳng thức cuối đúng với mọi x thuộc [0, 1] nên (*) luôn đúng.
Khi đó:
1

0
x sin x
1 + x sin x
dx ≤
1

0
x
1 + x
dx.
Mà I =
1

0
x

1 + x
dx =
1

0

1 −
1
1 + x

dx = (x − ln |1 + x|)|
1
0
= 1 − ln 2.
Vậy
1

0
x sin x
1 + x sin x
dx ≤ 1 − ln 2.
Bài toán 2.1.7. Chứng minh rằng 0 <
√
3

1
e
−x
s inx
x

2
+ 1
dx <
π
12e
.
12
Giải. Với x ∈

1,
√
3

⊂ (0, π) nên ta có



0 < e
−x
=
1
e
x
≤
1
e
0 < sin x ≤ 1
Suy ra
0 <
e

−x
s inx
x
2
+ 1
<
1
e (x
2
+ 1)
.
Hay
0 <
√
3

1
e
−x
s inx
x
2
+ 1
dx <
1
e
√
3

1

1
x
2
+ 1
dx.
Với I =
√
3

1
1
x
2
+ 1
dx. Đặt x = tan t ⇒ dx =

1 + tan
2
t

dt với t ∈

−
π
2
,
π
2

. Đổi cận x = 1 ⇒ t =

π
4
; x =
√
3 ⇒ t =
π
3
.
Khi đó tích phân
I =
π
3

π
4
1
tan
2
t + 1

1 + tan
2
t

dt =
π
3

π
4

dt =
π
12
.
Vậy
0 <
√
3

1
e
−x
s inx
x
2
+ 1
dx <
π
12e
.
Bài toán 2.1.8. (Đề dự tuyển Olympic sinh viên lần thứ XIX - Đại học
Bà Rịa - Vũng Tàu - 2011). Cho hàm số f khả vi trên [0, 3] và thỏa mãn
f(0) = 2, f (3) = 1, |f

(x)| ≤ 1 với mọi x ∈ [0, 3]. Chứng minh rằng
3

0
f(x)dx ≥
5

2
.
Giải. Từ giả thiết với mọi x ∈ [0, 3] ta có −1 ≤ f

(x) ≤ 1. Nên theo
định lý Lagrange, tồn tại c
1
∈ (0, x), c
2
∈ (x, 3) sao cho:
f(x) = f (0) + f

(c
1
)(x − 0) = 2 + f

(c
1
)x ≥ 2 − x (vì f

(c
1
) ≥ −1 ).
f(x) = f (3) + f

(c
2
)(x −3) = 1 −f

(c

2
)(3 −x) ≥ x −2 (vì f

(c
2
) ≤ 1 ).
13
Ta có
I =
3

0
f(x)dx =
2

0
f(x)dx+
3

2
f(x)dx ≥
2

0
(2 − x)dx+
3

2
(x − 2)dx =
5

2
.
Vậy
3

0
f(x)dx ≥
5
2
.
Nhận xét 2. Việc đánh giá một hàm số không phải lúc nào cũng dễ
dàng dựa vào cận a, b của tích phân hay dựa vào tập giá trị của hàm số.
Khi đó ta có thể nghĩ đến một công cụ rất hữu hiệu trong việc đánh giá
hàm số là dùng đạo hàm, khảo sát hàm số để đánh giá. Phương pháp
này dễ thực hiện và còn thể hiện được sự chính xác và tính trực quan
rất cao. Ta cùng xét một số ví dụ sau.
Bài toán 2.1.9. Chứng minh rằng: 0 ≤
1

0
x(1 − x)
2
dx ≤
4
27
.
Giải. Xét hàm số f(x) = x(1 − x)
2
với mọi x ∈ [0, 1].
Khi đó f


(x) = 3x
2
− 4x + 1, f

(x) = 0 suy ra x = 1 hoặc x =
1
3
. Ta có
bảng biến thiên
x
f

(x)
f(x)
0
1
3
1
+
0
−
00
4
27
4
27
0
Từ bảng biến thiên ta có 0 ≤ f(x) ≤
4

27
. Suy ra
0 ≤
1

0
x(1 − x)
2
dx ≤
4
27
.
14
Bài toán 2.1.10. Chứng minh rằng:
2 + ln
1006
1007
<
2014

2012
e
−
1
x
dx < 2 +
1
2012.2014
+ln
1006

1007
.
Giải. Trước hết ta chứng minh 1 + t < e
t
< 1 + t +
t
2
2
với mọi t < 0.
Xét hàm số f(t) = e
t
−t −1, ta có f

(t) = e
t
−1. Rõ ràng f

(t) < 0 với
mọi t < 0 nên hàm số f (t) nghịch biến trên (−∞, 0) .
Với t < 0 thì f (t) > f(0) hay e
t
− t − 1 > 0. Suy ra
e
t
> t + 1. (2.1.1)
Xét hàm số h(t) = e
t
− 1 − t −
t
2

2
, ta có h

(t) = e
t
− 1 − t. Rõ ràng
h

(t) > 0 (vì theo (2.1.1)) nên hàm số h(t) đồng biến trên (−∞, 0) .
Với t < 0 thì h(t) < h(0) hay e
t
− 1 − t −
t
2
2
< 0. Suy ra
e
t
< 1 + t +
t
2
2
. (2.1.2).
Từ (2.1.1) và (2.1.2) suy ra 1 + t < e
t
< 1 + t +
t
2
2
với mọi t < 0. Thay

t = −
1
x
ta được
1 −
1
x
< e
−
1
x
< 1 −
1
x
+
1
2x
2
.
Từ đó
2014

2012

1 −
1
x

dx <
2014


2012
e
−
1
x
dx <
2014

2012

1 −
1
x
+
1
2x
2

dx.
Hay
2 + ln
1006
1007
<
2014

2012
e
−

1
x
dx < 2 +
1
2012.2014
+ln
1006
1007
.
Bài toán trên nếu đánh giá bằng các phương pháp thông thường thì công
việc sẽ rất khó khăn. Tuy nhiên với công cụ đạo hàm thì bài toán đã trở
lên đơn giản hơn rất nhiều.
15
Nhận xét 3.Với những bài toán bất đẳng thức tích phân mà biểu thức
trong dấu tích phân là phức tạp, việc đánh giá bằng những phương pháp
trên gặp nhiều khó khăn. Khi đó ta nghĩ đến việc dùng các bất đẳng
thức đại số như bất đẳng thức AM - GM, bất đẳng thức Bunhiacovski
để đánh giá hàm số trong dấu tích phân.
Bài toán 2.1.11. Chứng minh rằng:
5π
6
<
π
3

π
6
(3 − 2
√
sin x)(5 +

√
sin x)(1 +
√
sin x)dx <
9π
2
.
Giải.
Với ∀x ∈

π
6
;
π
3

ta suy ra 0 < sinx < 1. Từ đó ta có





3 − 2
√
sin x > 1
5 +
√
sin x > 5
1 +
√

sin x > 1
Tức là (3 − 2
√
sin x)(5 +
√
sin x)(1 +
√
sin x) > 5. Hay
π
3

π
6
(3 − 2
√
sin x)(5 +
√
sin x)(1 +
√
sin x)dx >
π
3

π
6
5dx =
5π
6
. (2.1.3)
Mặt khác theo bất đẳng thức AM - GM cho 3 số dương:

(3 −2
√
sin x)(5 +
√
sin x)(1 +
√
sin x) ≤

3−2
√
sin x+5+
√
sin x+1+
√
sin x
3

3
= 27
Suy ra
π
3

π
6
(3 − 2
√
sin x)(5 +
√
sin x)(1 +

√
sin x)dx <
π
3

π
6
27dx =
9π
2
. (2.1.4)
Từ (2.1.3) và (2.1.4) suy ra điều phải chứng minh.
Bài toán 2.1.12 (Đề dự tuyển Olympic sinh viên lần thứ XIX - Đại học
Quảng Bình - 2011). Cho f là một hàm số liên tục nhận giá trị dương
và tuần hoàn với chu kỳ bằng 1 trên R.
16
Chứng minh rằng với mọi n = 1,2, ta luôn có
1

0
f(x)
f(x +
1
n
)
dx ≥ 1.
Giải. Ta có
1

0

f(x)
f(x +
1
n
)
dx =
1
n

0
f(x)
f(x +
1
n
)
dx +
2
n

1
n
f(x)
f(x +
1
n
)
dx + +
1

n−1

n
f(x)
f(x +
1
n
)
dx.
Trong mỗi tích phân
i+1
n

i
n
f(x)
f(x +
1
n
)
dx, 1 ≤ i ≤ n − 1, thực hiện phép đổi
biến số x = t +
i
n
ta được
i+1
n

i
n
f(x)
f(x +

1
n
)
dx =
1
n

0
f(x +
i
n
)
f(x +
i+1
n
)
dx.
Vì vậy ta có
1

0
f(x)
f(x +
1
n
)
dx =
1
n


0

f(x)
f(x +
1
n
)
+
f(x +
1
n
)
f(x +
2
n
)
+ +
f(x +
n−1
n
)
f(x)

dx.
(2.1.5)
Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta được:
1
n

0


f(x)
f(x +
1
n
)
+
f(x +
1
n
)
f(x +
2
n
)
+ +
f(x +
n−1
n
)
f(x)

dx ≥ n
1
n

0
dx = 1.
(2.1.6)
Từ (2.1.5) và (2.1.6) ta suy ra:

1

0
f(x)
f(x +
1
n
)
dx ≥ 1.
2.2 Một số bất đẳng thức tích phân cổ điển
Trong mục này luận văn giới thiệu một số bất đẳng thức tích phân cổ
điển như Bất đẳng thức Bunhiacovski; Bất đẳng thức Chebyshev; Bất
17
đẳng thức Young; Bất đẳng thức Jensen; Bất đẳng thức Holder; Bất
đẳng thức Minkowski; Bất đẳng thức Diaz; Bất đẳng thức Polya và ứng
dụng để chứng minh một số bài toán bất đẳng thức tích phân.
Định lý 2.2.1 ( Bất đẳng thức Bunhiacovski). Giả sử f(x), g(x) là những
hàm số liên tục trên đoạn [a;b]. Khi đó


b

a
f(x)g(x)dx


2
≤
b


a
f
2
(x)dx
b

a
g
2
(x)dx.
Chứng minh. Với mọi t ∈ R ta có [t.f(x) − g(x)]
2
≥ 0. Điều này tương
đương với
t
2
f
2
(x) − 2tf(x)g(x) + g
2
(x) ≥ 0. (2.2.1)
Vì (2.2.1) đúng với ∀x ∈ [a; b] nên ta có:
t
2
b

a
f
2
(x)dx − 2t

b

a
f(x)g(x)dx +
b

a
g
2
(x)dx ≥ 0. (2.2.2)
Để tam thức (2.2.2) luôn đúng với mọi t cần có điều kiện ∆

≤ 0 tức là:


b

a
f(x).g(x)dx


2
−
b

a
f
2
(x)dx.
b


a
g
2
(x)dx ≤ 0.
Điều này tương đương với


b

a
f(x).g(x)dx


2
≤
b

a
f
2
(x)dx
b

a
g
2
(x)dx.
Ta có điều phải chứng minh.
Bài toán 2.2.2. Cho 2 hàm số f (x), g(x) : [0, 1] → [0, 1] .

Chứng minh rằng

1

0
f(x)g(x)dx

2
≤
1

0
f(x)dx
1

0
g(x)dx.
18
Giải. Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacovski ta có:


1

0
f(x)g(x)dx


2
≤
1


0
f
2
(x)dx
1

0
g
2
(x)dx (2.2.3)
Theo giả thiết ∀x ∈ [0; 1] thì 0 ≤ f(x) ≤ 1 suy ra 0 ≤ f
2
(x) ≤ f(x). Từ
đó ta có:
0 ≤
1

0
f
2
(x)dx ≤
1

0
f(x)dx. (2.2.4)
Tương tự ta có: 0 ≤ g(x) ≤ 1 suy ra 0 ≤ g
2
(x) ≤ g(x) hay
0 ≤

1

0
g
2
(x)dx ≤
1

0
g(x)dx. (2.2.5)
Từ (2.2.4), (2.2.5) suy ra
1

0
f
2
(x)dx
1

0
g
2
(x)dx ≤
1

0
f(x)dx
1

0

g(x)dx (2.2.6)
Từ (2.2.3), (2.2.6) ta được điều phải chứng minh.
Bài toán 2.2.3. Cho f (x), g(x) là các hàm số liên tục trên đoạn [0, 1]
và g(x) = 0 ∀x, ∀x ∈ [0, 1] .
Chứng minh rằng:
1

0
f
2
(x)
g
2
(x)
dx ≥

1

0
f(x)dx

2
1

0
g
2
(x)dx
Giải. Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacovski ta có:



1

0
f(x)dx


2
=


1

0
g(x)
f(x)
g(x)
dx


2
≤
1

0
g
2
(x)dx
1


0
f
2
(x)
g
2
(x)
dx. (2.2.7)
19
Mặt khác g
2
(x) > 0 ∀x (do g(x) = 0 ∀x) nên
1

0
g
2
(x)dx > 0.
Vậy từ (2.2.7) suy ra
1

0
f
2
(x)
g
2
(x)
dx ≥


1

0
f(x)dx

2
1

0
g
2
(x)dx
.
Bài toán 2.2.4. Cho a > 0, f : [a, +∞) → R liên tục thỏa mãn điều
kiện
t

a
f
2
(x)dx ≤
t

a
x
2
dx với ∀t ≥ a. Chứng minh rằng:
b

a

f(x)dx ≤
b

a
xdx, ∀b ≥ a.
Giải. Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacovski ta có:

t

a
xf(x)dx

2
≤
t

a
x
2
dx
t

a
f
2
(x)dx ≤
t

a
x

2
dx
t

a
x
2
dx =

t

a
x
2
dx

2
với
mọi t ≥ a, suy ra
t

a
xf(x)dx ≤
t

a
x
2
dx
Xét F (t) =

t

a
x(x − f(x))dx, suy ra

F (a) = 0
F (t), ∀t ≥ a
và F

(t) = t(t − f (t)). Mặt khác
b

a
(x − f(x))dx =
b

a
1
x
x(x − f(x))dx =
b

a
1
x
F

(x)dx ∀b ≥ a.
Đặt




u =
1
x
dv = F

(x)dx
từ đó



du = −
dx
x
2
v = F (x)
Ta suy ra
20
b

a
(x − f(x))dx =
1
x
F (x)





b
a
+
b

a
1
x
2
F (x)dx
=
1
b
F (b) −
1
a
F (a) +
b

a
F (x)
x
2
dx
=
1
b
F (b) +
b


a
F (x)
x
2
dx ≥ 0.
Khi đó từ
b

a
(x − f(x))dx ≥ 0 ta suy ra
b

a
f(x)dx ≤
b

a
xdx. Vậy bất đẳng
thức được chứng minh.
Bài toán 2.2.5. (Đề dự tuyển Olympic sinh viên năm 2010 - Đại học
Ngoại Thương). Cho hàm f : [0; 1] → R khả tích thỏa mãn
1

0
f(x)dx =
1

0
xf(x)dx =1. (2.2.8)
Chứng minh rằng tồn tại vô số hàm f thỏa mãn điều kiện (2.2.8) và

1

0
f
2
(x)dx ≥3. (2.2.9)
Có thể thay số ”3” trong (2.2.9) bởi số lớn hơn hay không? Tại sao?
Giải. Với mỗi số tự nhiên n xét hàm số f (x) = x
n
+ ax + b. Khi đó
điều kiện của bài toán tương đương với hệ





a
2
+ b =
n
n + 1
a
3
+
b
2
=
n + 1
n + 2
Dễ thấy hệ này luôn có nghiệm với mọi số tự nhiên n nên tồn tại vô số

hàm f thỏa mãn điều kiện trên. Với mọi hàm f thỏa mãn điều kiện trên,
theo bất đẳng thức Bunhiacovski ta có
1 =


1

0
xf(x)dx


2
≤
1

0
x
2
dx
1

0
f
2
(x)dx.
21
Suy ra
1

0

f
2
(x)dx ≥3.
Có thể thay số ”3” trong (2.2.9) bởi số lớn hơn.
Thật vậy
1

0
(f(x) + ax+b)
2
dx ≥0 ∀a, b ∈ R.
Suy ra
1

0
(f(x))
2
dx ≥
−a
2
3
− b
2
− 2a − 2b − ab ∀a, b ∈ R.
Ta tìm a, b sao cho g(a, b) =
−a
2
3
−b
2

−2a−2b−ab =
−a
2
3
−(b+2)a−2b−b
2
đạt giá trị lớn nhất.
Cố định b thì g(a, b) là parabol bề lõm quay xuống dưới nên g(a, b) đạt
giá trị lớn nhất tại a = −
3(b + 2)
2
.
Lúc đó, giá trị lớn nhất của g(a, b) là:
g
max
= 4 −
1
4
(b − 2)
2
≤ 4
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi b = 2 và lúc đó a = −6.
Do đó với mọi hàm f xác định f : [0; 1] → R, khả tích và thỏa mãn điều
kiện (2.2.8) ta luôn có bất đẳng thức
1

0
f
2
(x)dx ≥4. (2.2.10)

Và hơn nữa f(x) = 6x − 2 thì dấu bằng xảy ra.
Nhận xét 4.
(i) Bất đẳng thức (2.2.10) còn có thể chứng minh theo hướng sau: Áp
22
dụng BĐT Bunhiacovski ta có


1

0
(x −
1
3
)f(x)dx


2
≤
1

0
(x −
1
3
)
2
dx
1

0

f
2
(x)dx.
Mặt khác
1

0
(x −
1
3
)f(x)dx =
1

0
xf(x)dx −
1
3
1

0
f(x)dx = 1 −
1
3
=
2
3
, và
1

0

(x −
1
3
)
2
dx = (
x
3
3
−
x
2
3
+
x
9
)




1
0
=
1
9
.
Vậy ta có bất đẳng thức
1


0
f
2
(x)dx ≥4.
(ii) Ta có thể tổng quát hướng giải ở i) theo hướng tổng quát như sau:
Áp dụng BĐT Bunhiacovski ta có


1

0
(x + k)f(x)dx


2
≤
1

0
(x + k)
2
dx
1

0
f
2
(x)dx.
Suy ra
1


0
f
2
(x)dx ≥
3(k + 1)
2
3k
2
+ 3k + 1
, khảo sát lập bảng biến thiên hàm số
g(k) =
3(k + 1)
2
3k
2
+ 3k + 1
ta được maxg(k) = 4 khi k = −
1
3
.
Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
Bài toán 2.2.6. Cho f là hàm khả vi, liên tục đến cấp 2 trên [0, 2] và
thỏa mãn f(0) − 2f(1) + f(2) = 1. Chứng minh rằng
2

0
[f

(x)]

2
dx ≥
3
2
.
Giải. Áp dụng Bunhiacovski ta có:
1

0
x
2
dx
1

0
(f

(x))
2
dx ≥


1

0
xf

(x)dx



2
.
Mà
1

0
xf

(x)dx = xf

(x)|
1
0
−
1

0
f

(x)dx = f

(1) − f(1) + f(0).
Nên suy ra
1
3
1

0
(f


(x))
2
dx ≥ (f

(1) − f(1) + f(0))
2
. (2.2.11)
23