một số ứng dụng của tích phân trong đại số và lượng giác

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

3.1. Tích phân các hàm lượng giác và hàm tuần hoàn . . . . . . . . . . 32
3.1.1. Tích phân đối với hàm chẵn và lẻ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
3.1.2. Tích phân đối với các hàm đặc trưng đặc biệt . . . . . . . . . . . . . . . 36
3.1.3. Tích phân đối với hàm tuần hoàn. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
3.1.4. Sử dụng các hệ thức truy hồi. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
3.2. Tích phân trong các bài toán về bất đẳng thức lượng giác . . . . 48
3.3. Tích phân trong các bài toán cực trị lượng giác . . . . . . . . . . . 51
3.4. Ứng dụng của tích phân vào phương trình lượng giác. . . . . . . . 56
Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63
Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64
1
MỞ ĐẦU
Chuyên đề về phép tính tích phân có vị trí rất đặc biệt trong toán học,
nó không chỉ là đối tượng nghiên cứu trọng tâm của Giải tích mà còn là một
công cụ đắc lực trong nhiều lĩnh vực của lý thuyết hàm số và các ứng dụng
liên quan. Bản thân phép tính tích phân thường được sử dụng trong nghiên
cứu Vật lý, Thiên văn học, Cơ học, Y học,. . . như một giải pháp hữu hiệu
của các mô hình toán học cụ thể của các hoạt động thực tiễn.
Trong các kỳ thi học sinh giỏi Toán quốc gia, Olympic Toán sinh viên thì
các bài toán liên quan đến tính toán tích phân cũng hay được đề cập và được
xem như là những dạng toán thuộc loại khó. Hiện nay, các bài toán liên quan
đến phép tính tích phân nằm trong chương trình chính thức của Toán giải
tích ở bậc trung học phổ thông.
Lý thuyết và các bài toán về phép tính tích phân đã được đề cập ở các
giáo trình cơ bản về Giải tích toán học. Tuy nhiên, các tài liệu có tính hệ
thống về các ứng dụng của phép tính tích phân như là một chuyên đề chọn
lọc cho giáo viên và học sinh cuối bậc trung học phổ thông và sinh viên các
trường kỹ thuật thì chưa có nhiều.
Để đáp ứng cho nhu cầu bồi dưỡng giáo viên và bồi dưỡng học sinh giỏi
về chuyên đề phép tính tích phân và ứng dụng, luận văn "Một số ứng dụng

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

x→a
+
F (x) − F (a)
x −a
F

(b) = lim
x→b
−
F (x) − F (b)
x −b
Định lý 1.1 ([3], [5], Về sự tồn tại nguyên hàm). Mọi hàm số liên tục trên
K đều có nguyên hàm trên K.
Định lý 1.2 (xem [3]).
1) Nếu hàm số f(x) có nguyên hàm F (x) trên K thì trên K nó có vô số
nguyên hàm.
2) Hai nguyên hàm bất kì của cùng một hàm cho trên K là sai khác nhau
một hằng số cộng.
Từ Định lí 1.2 ta thấy nếu F (x) là một nguyên hàm của hàm số f(x) trên
K thì mọi nguyên hàm của f(x) trên K đều có dạng F (x) + C, với C ∈ R.
Vậy F (x) + C, C ∈ R là họ tất cả các nguyên hàm của f (x) trên K.
Họ tất cả các nguyên hàm của f(x) trên K được kí hiệu là

f(x)dx. Để
đơn giản cách trình bày, ta sử dụng cách viết như trong sách giáo khoa:

f(x)dx = F (x) + C, C ∈ R.
3
Định lý 1.3 (Tính chất của nguyên hàm).
i)



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


f(x)dx =

f[ϕ(t)]ϕ

(t)dt,
trong đó x = ϕ(t) có đạo hàm liên tục.
iv) Quy tắc lấy nguyên hàm từng phần

udv = uv −

vdu,
trong đó u = u(x), v = v(x) là những hàm số có đạo hàm liên tục.
1.2. Tính chất của tích phân xác định
Ta nhắc lại định nghĩa tích phân xác định của một hàm số.
Định nghĩa 1.2. Cho hàm số y = f(x) xác định trên đoạn [a; b]. Chia đoạn
[a; b] thành n đoạn nhỏ bởi các điểm chia x
i
(i = 0, , n):
a = x
0
< x
1
< x
2
< x
3
< < x
n−1
< x
n

= 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

)∆x
i
. (1.1)
Tổng (1.1) được gọi là tổng tích phân của hàm số f(x) ứng với phép phân
hoạch Π.
Nếu giới hạn
I = lim
d
(Π)
→0
σ
Π
= lim
d
(Π)
→0
n

i=1
f(ξ
i
)∆x
i
tồn tại, không phụ thuộc vào phép phân hoạch đoạn [a; b] và cách chọn các
điểm ξ
i
thì giới hạn đó được gọi là tích phân xác định của f(x) trên [a; b] và
được kí hiệu là
b


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


a
f(x)dx = −
a

b
f(x)dx.
Như chúng ta đã thấy, để tính diện tích "hình thang cong", ta xấp xỉ phần
dưới được giới hạn bởi một đường cong cho trước nhờ các tổng xác định và
đã tìm được diện tích chính xác bằng cách thiết lập giới hạn của các tổng
5
đó. Sau đó, chúng ta tìm giá trị bằng số của giới hạn này trên cở sở sử dụng
định lí cơ bản về các phép tính giới hạn.
Để ý rằng, nếu f (x) là liên tục trên [a; b] thì
lim
max ∆
x
k
→0
n

k=1
f(x
k
)∆x
k
=
b

a

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.

6
Thực hiện hợp nhất trên bằng cách lấy tổng và được kí hiệu bởi S =

dS.
Bởi vì, phần tử diện tích dS được quét toàn bộ miền cần tính toán khi x
chạy từ a đến b, nên ta có thể biểu diễn S một cách chính xác hơn dưới dạng
S =

dS =

ydx =

f(x)dx. (1.4)
Ta chỉ có được một tích phân xác định chính xác ở bước cuối cùng trong
(1.4) khi biến lấy tích phân và các cận đã xuất hiện một cách tường minh.
Bằng cách này, ta đã bỏ qua những bước lập luận rườm rà và thiết lập
được tích phân xác định tìm diện tích mà không cần tìm đến việc thiết lập
giới hạn của tổng tích phân.
Từ cách nhìn đó, ta thấy phép lấy tích phân là cách thực hiện tính toán
một đại lượng nhờ cắt nhỏ nó thành nhiều phần và sau đó lấy tổng của chúng.
Đó là cách tiếp cận trực quan Leibnitz cho quá trình lấy tích phân mà ta sẽ
minh họa và làm rõ hơn ở các chương sau.
7
CHƯƠNG 2
Một số ứng dụng của tích phân trong đại số
2.1. Khảo sát phương trình, bất phương trình trong Đại số
Ta nhắc lại một số tính chất quan trọng của nguyên hàm và tích phân
cần thiết cho việc khảo sát phương trình.
Định lý 2.1. Giả sử hàm số y = f(x) xác định và liên tục trong [a; b]
và giả sử F (x) là một nguyên hàm của nó. Khi đó, nếu tồn tại các số thực

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

; x
2
].
Nếu f(x) > 0, ∀x ∈ [x
1
; x
2
] thì hàm số F (x) đồng biến trên đoạn [x
1
; x
2
].
Suy ra F (x
1
) < F (x
2
), trái với giả thiết.
Nếu f (x) < 0, ∀x ∈ [x
1
; x
2
] thì hàm số F (x) nghịch biến trên đoạn [x
1
; x
2
].
Suy ra F (x
1
) > F (x
2

), 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

1
; x
2
].
Nhận xét 2.2. Ta thấy định lí 2.1 là hệ quả trực tiếp của định lí Rolle (xem
8
[3]-[5]) phát biểu dưới dạng sau: Nếu g(x) liên tục trên đoạn [a, b] và có đạo
hàm trong (a, b) và g(a) = g(b) thì luôn tồn tại c ∈ (a, b) sao cho g

(c) = 0.
2.1.1. Chứng minh sự tồn tại nghiệm của phương trình
Bài toán 2.1. Chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để phương trình bậc
hai
3x
2
− 2ax + b = 0 (2.1)
có nghiệm là tồn tại α, β, γ sao cho

a = α + β + γ
b = αβ + βγ + γα
(2.2)
Lời giải. Thật vậy, khi a, b có dạng (2.2) thì ∆

= a
2
−3b = (α + β +γ)
2
−
3(αβ + βγ + γα) ≥ 0.
Vật phương trình (2.1) có nghiệm.

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

2
thì nguyên hàm F (x) có cực đại, cực tiểu vì đạo
hàm của nó có hai nghiệm phân biệt nên đổi dấu qua nghiệm. Chọn c sao cho
điểm uốn của đồ thị nằm trên trục hoành. Khi đó phương trình F (x) = 0 có
ba nghiệm, ký hiệu là α, β, γ thì theo định lí Viet, ta có ngay biểu diễn dạng
dạng (2.2).
Bài toán 2.2. Chứng minh rằng phương trình bậc ba
4x
3
− 3ax
2
+ bc − c = 0 (2.3)
với



a = α + β + γ + δ
b = αβ + αγ + αδ + βγ + βδ + γδ
c = αβγ + αβδ + αγδ + βγδ
(2.4)
có ba nghiệm thực với mọi α, β, γ, δ thực.
9
Lời giải. Thật vậy, xét đa thức nguyên hàm có bốn nghiệm thực α, β, γ, δ :
F (x) = (x −α)(x −β)(x − γ)(x − δ),
thì F

(x) có dạng (2.3)-(2.4)và theo định lí Rolle sẽ có ba nghiệm thực.
Bài toán 2.3. Chứng minh rằng, nếu các hệ số của phương trình
a
n

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

x
n
+ a
n−1
x
n−1
+ ···+ a
1
x + a
0
= 0.
Hàm số f(x) là một hàm liên tục trên R, có một nguyên hàm
F (x) =
a
n
n + 1
x
n+1
+
a
n−1
n
x
n
+ ···+
a
1
2
x
2

+ 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

0
= 0.
có nghiệm trong (0; 1).
Bài toán 2.4. Cho tam thức bậc hai
f(x) = ax
2
+ bx + c, (a = 0)
thỏa mãn điều kiện
a
m + 2
+
b
m + 1
+
c
m
= 0, m > 0.
Chứng minh rằng phương trình f(x) = 0 có nghiệm trong (0; 1).
10
Lời giải. Xét hàm số
g(x) = ax
m+1
+ bx
m
+ cx
m−1
(= x
m−1
(ax
2

+ 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

m
+ cx
m−1
= 0
có nghiệm trong (0; 1)
Suy ra phương trình f (x) = 0 có nghiệm trong (0; 1).
Bài toán 2.5. Chứng minh rằng phương trình
π arccos x −
π
√
2
−
πx −1
√
1 −x
2
= 0
có nghiệm.
Lời giải. Điều kiện để phương trình có nghĩa: −1 < x < 1.
Xét hàm số
f(x) = π(arccos x −
√
2
2
) −
πx −1
√
1 −x
2
.

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

4

.
Theo Định lí 2.1, phương trình đã cho có nghiệm thuộc

1
π
,
π
4

.
11
Bài toán 2.6. Chứng minh rằng phương trình
2(x −1) ln x + x ln
2
x = 4x
có ít nhất hai nghiệm phân biệt.
Lời giải. Điều kiện để phương trình có nghĩa là x > 0. Biến đổi phương
trình đã cho về dạng
2(x −1) ln x + x ln
2
x −4x = 0 (2.7)
Vì x > 0 nên có thể viết (2.7) dưới dạng
2(x −1) ln x
x
+ ln
2
x −4 = 0.
Ta thấy, hàm số

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

2
), phương trình đã cho đều có ít nhất một nghiệm.
Vậy phương trình đã cho có ít nhất hai nghiệm.
Bài toán 2.7. Tìm nghiệm x ≥ 1 thỏa mãn phương trình
x

0
7
t−1
ln 7dt = 6 log
7
(6x −5).
Lời giải. Điều kiện 6x − 5 ≥ 0 ⇔ x >
5
6
.
Biến đổi phương trình về dạng
7
t



1
0
= 6 log
7
(6x −5) ⇔ 7
x−1
ln 7 = 6 log
7

(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

f(x) = f(y) ⇔ x = y.
Khi đó (2.9) có dạng
7
x−1
− 6x + 5 = 0.
Xét hàm số
g(x) = 7
x−1
− 6x + 5
có miền xác định D =

5
6
, +∞

.
Đạo hàm g

(x) = 7
x−1
ln 7 − 6 và g

(x) = 7
x−1
ln
2
7 > 0, ∀x ∈ D ⇒ g(x)
là hàm đồng biến trên D.
Vậy theo định lý Rolle phương trình g(x) = 0 có không quá hai nghiệm
trên D.

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

ln 5

tan x +
3
x
+ 2
x
− 5
x
cos
2
x
.
Ta thấy, f(x) liên tục trên [0; 1] và có nguyên hàm là
F (x) =

3
x
+ 2
x
− 5
x

tan x.
Ta có F(1) = 0, F (0) = 0, nên F (1) = F (0).
Vậy theo định lí 2.1, phương trình đã cho có nghiệm trong (0; 1).
13
Bài toán 2.9. Chứng minh rằng phương trình
(4x −3) log
3

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

3
x.
Ta có F(1) = 0 và F

1
2

= 0 nên F (1) = F

1
2

.
Theo định lí 2.1, phương trình đã cho có nghiệm trong

1
2
; 1

.
2.1.2. Giải phương trình sinh bởi một số dạng nguyên hàm
Ta nhắc lại một số tính chất quen biết của tích phân để sử dụng vào việc
xác định nghiệm của phương trình.
Định lý 2.2. Cho hai số thực a, b trái dấu (a < 0 < b) và f(x) là một hàm
số liên tục, không âm (có thể bằng 0 tại một số hữu hạn điểm) trên [a; b].
Khi đó, trong [a; b], phương trình
x

0
f(t)dt = 0

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

[a; b]) trên [a; b]. Khi đó phương trình
x

c
f(t)dt = 0
có nghiệm duy nhất x = c. thuộc [a; b].
Bài toán 2.10. Giải phương trình
x arcsin
2
x + 2

1 −x
2
arcsin x − 2x = 0.
Lời giải. Tập xác định của phương trình: [−1, 1]. Xét hàm số
F (x) = x arcsin
2
x + 2

1 −x
2
arcsin x − 2x.
Khi đó, ta có F (0) = 0 và
F (x) =
x

0

t arcsin
2

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

√
1 −t
2
− 2

dt
15
Suy ra
F (x) =
x

0
arcsin
2
tdt.
Ta thấy, hàm số f(t) = arcsin
2
t liên tục và không âm với mọi t ∈ [−1, 1],
nên theo Định lí 2.1, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 0.
Bài toán 2.11. Giải phương trình
8
√
x arcsin
√
x + 8
√
1 −x −
√
2π − 4
√

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
2
(arcsin
√
2
2
+ 1)
= 4
√
2

π
4
+ 1

=
√
2π + 4
√
2.
Phương trình đã cho tương đương với
F (x) − F

1
2

= 0
x

1

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

√
t
√
t
là hàm liên tục, không âm trên (0, 1),
nên phương trình có nghiệm duy nhất x =
1
2
.
Bài toán 2.12. Giải phương trình
x −e
−x
arctan e
x
−
1
2
ln(1 + e
2x
) +
π
4
+
1
2
ln 2 = 0.
Lời giải. Xét hàm số
F (x) = x −e
−x
arctan e

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


t −e
−t
arctan e
t
−
1
2
ln(1 + e
2t
)


dt = 0.
Suy ra
x

0

1 −(−e
−t
arctan e
t
+
e
−t
e
t
1 + e
2t

) −
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
+

.
Lời giải. Đặt F (x) = 2(x + 1) ln (x + 1) −x
2
− 2x. Ta có F (0) = 0 và
F (x) =
x

0

2(t + 1) ln(t + 1) − t
2
− 2t


dt
=
x

0
2

ln(t + 1) − t

dt.
Ta thấy, hàm số f(t) = 2 [ln(t + 1) − t] liên tục và không dương trên (0; +∞),
nên F (x) < 0 khi x > 0. Vậy phương trình đã cho không có nghiệm trong
R
+
.
Bài toán 2.14. Giải phương trình

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

=
x

0

2
t+1
ln 2 + 3
t+1
ln 3 − 2t(ln 2 + ln 3)

dt
=
x

0

2 ln 2

2
t
− t

+ 3 ln 3

3
t
− 3

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 +

√
x
2
+ 1

⇔ x
√
x
2
+ 1 − ln

x +
√
x
2
+ 1

= 0
Xét hàm số
F (x) = x
√
x
2
+ 1 − ln

x +
√
x
2
+ 1


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

2
+ 1
+
√
t
2
+ 1 −
1 +
1
√
t
2
+1
t +
√
t
2
+ 1

dt
=
x

0
t
2
+ t
2
+ 1 − 1
√

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


cos

e
−x

− π = 0
có nghiệm duy nhất x = −ln π.
Lời giải. Xét hàm số
F (x) = e
−x
− sin

e
−x

cos

e
−x

.
Ta có
F (−ln π) = π
Phương trình đã cho tương đương với
F (x) − F (−ln π) = 0
19
và
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

sin
2

e
−t

dt = 0.
Hàm số f(t) = −2e
−t
sin
2
(e
−t
) là hàm liên tục, không dương ∀t ∈ R, nên
theo Định lí 2.4 thì phương trình có nghiệm duy nhất x = −ln π.
2.2. Phương pháp tích phân trong bất đẳng thức đại số
Ta nhắc lại nghĩa hình học của tích phân:
Nếu hàm số f(x) liên tục và không âm trên đoạn [a, b] thì
b

a
f(x)dx là
diện tích của hình thang cong giới hạn bởi đồ thị của hàm số y = f (x), trục
Ox và hai đường thẳng x = a, x = b.
Về sau, ta sử dụng các tính chất cơ bản liên quan đến ước lượng tích phân:
Giả sử các hàm số f(x), g(x) liên tục trên khoảng X và a, b, c ∈ X. Khi
đó
1) Nếu f(x) ≥ 0 với mọi x ∈ [a, b] thì
b


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
f(x)dx



≤
b

a
|f(x)|dx.
Bài toán 2.17. Cho hàm số y = f (x) liên tục, không âm, đơn điệu tăng
trên [0, c) với c > 0. Gọi f
−1
(x) là hàm ngược của nó. Khi đó, ∀a ∈ [0, c) và
b ∈ [f(0), f(c)), ta luôn có
a

0
f(x)dx +
b

f(c)
f
−1
(x)dx ≥ ab,
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi b = f (a).
Chứng minh. Gọi S
1
là diện tích hình phẳng giới hạn bởi x = 0, x =

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


0
f(x)dx +
b

f(0)
f
−1
(x)dx ≥ ab.
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi f(a) = b. Đặc biệt, nếu f (0) = 0 thì ta
có
a

0
f(x)dx +
b

0
f
−1
(x)dx ≥ ab.
21
Bài toán 2.18. Cho hàm số y = f(x) liên tục, không âm và đơn điệu
tăng trên [α, β), 0  α < β. Chứng minh rằng khi đó ∀a ∈ [α, β) ; ∀b ∈
[f(α), f(β)) ta có
a

α
f(x)dx +
b


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

−1
(x)dx
Gọi S là diện tích hình chữ nhật giới hạn bởi x = 0 x = a y = 0 y = b thì
S = ab Gọi S

là diện tích hình chữ nhật giới hạn bởi x = 0 x = α y = 0 y =
f(α) thì S

= αf(α). Trong cả hai trường hợp f (a)  b hoặc f(a) > b ta
đều có S
1
+ S
2
≥ S −S

. Do đó
a

α
f(x)dx +
b

f(α
f
−1
(x)dx ≥ ab − αf(α).
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi f(a) = b.
Bài toán 2.19. Cho f (x) liên tục và nghịch biến trên [0, b],∀a ∈ [0, b] thì
b
a


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).

Vậy nên
f(a) ≥
1
b −a
b

a
f(x)dx. (2.11)
Mặt khác, khi x 0 < x  a, thì f(x) ≥ f(a). Suy ra
a

0
f(x)dx ≥
a

0
f(a)dx = af(a),
hay
1
a
a

0
f(x)dx ≥ f(a). (2.12)
Từ (2.11) và (2.12), suy ra
1
a
a

0

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)