phương pháp chứng minh và sáng tạo bất đẳng bằng sử dụng các tính chất đại số và hình học của tích phân

TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN
KHOA TOÁN
LỚP SƯ PHẠM TOÁN K29


Người thực hiện : Lê Nguyễn Minh Trung
Vũ Thị Hương
ĐỀ TÀI:

Phương pháp chứng minh và sáng tạo bất
đẳng bằng sử dụng các tính chất đại số và
hình học của tích phân

Giáo viên hướng dẫn : Dương Thanh Vỹ


LỜI NÓI ĐẦU
Quy Nhơn, tháng 10 năm 2009
Bất đẳng thức là một trong những nội dung quan trọng trong chương trình
toán phổ thông, nó vừa là đối tượng để nghiên cứu mà cũng vừa là một công
cụ đắc lực, với những ứng dụng trong nhiều lĩnh vực khác nhau của toán học.
Trong các đề thi chọn học sinh giỏi ở các cấp những bài toán chứng minh bất
đẳng thức thường xuất hiện như một dạng toán khá quen thuộc, nhưng để tìm
ra lời giải không phải là một việc dễ dàng.
Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức khá phong phú, đa dạng và đã
được khá nhiều tài liệu đề cập đến. Một trong những phương pháp chứng
minh bất đẳng thức hoặc sáng tạo ra bất đẳng thức là việc sử dụng các tính
chất đại số và hình học của tích phân.
Trên tinh thần đó tiểu luận gồm các phần: mục lục, mở đầu, 7 vấn đề, phụ
lục, kết luận và tài liệu tham khảo.
 Vấn đề 1: Bất đẳng thức của hàm số giới nội và lồi.

 Vấn đề 2: Bất đẳng thức của hàm số liên tục.
 Vấn đề 3: Bất đẳng thức của hàm số liên tục và đơn điệu.
 Vấn đề 4: Bất đẳng thức của hàm số khả vi.
 Vấn đề 5: Bất đẳng thức của hàm số khả tích.
 Vấn đề 6: Sử dụng công thức tính độ dài cung phẳng để chứng minh
bất đẳng thức .
 Vấn đề 7: Sử dụng công thức tính diện tích hình phẳng để chứng minh
bất đẳng thức .
Nội dung trong 5 vấn đề đầu đề cập đến việc sử dụng các tính chất đại số đơn
giản của tích phân để chứng minh một số bài toán liên quan, trên cơ sở đó đưa
ra những ví dụ áp dụng để sáng tạo ra bất đẳng thức, 2 vấn đề còn lại đề cập
đến việc thông qua những ước lượng trực quan từ hình học để chứng minh
bất đẳng thức kèm theo những ví dụ minh hoạ cụ thể.
Để hoàn thành tiểu luận này, chúng tôi đã cố gắng tập trung nghiên cứu, xong
do ít nhiều hạn chế về thời gian cũng như về năng lực nên tiểu luận chắc chắn
còn nhiều vấn đề chưa đề cập đến hoặc có đề cập nhưng chưa đi sâu vào khai
thác ý tưởng vấn đề. Vì vậy tiểu luận khó tránh khỏi những thiếu xót nhất
định. Chúng tôi rất mong được sự chỉ bảo của quý thầy cô và các bạn đọc về
tiểu luận này.

Quy Nhơn, ngày 11 tháng 11 năm 2009.

Vấn đề 1. Bất Đẳng Thức Của Hàm Số Giới Nội Và Lồi
Bài toán. Giả sử rằng trên [a,b] hàm f(x) giới nội và lồi. Chứng minh
rằng
( ) ( )
( ) ( )
( )
2 2
b

f a f b a b
b a f x dx b a f
a
+ +
 
− ≤ ≤ −
∫
 ÷
 
Chứng minh
Vì f(x) lồi trên [a,b] nên với bất kỳ x
1,
x
2
∈ [a,b] ta có bất đẳng thức so
sánh f(α
1
x
1 +
α
2
x
2
) > α
1
f(x
1
) + α
2
f(x

2
) nếu α
1
> 0 , α
2
> 0 , α
1
+ α
2
= 1
(theo định nghĩa)
Vì hàm lồi trên một đoạn nên nó liên tục. Như vậy, f(x) khả tích trên
[a,b]. Sử dụng tính chất lồi của f(x) ta có
[ ]
1
( ) ( ) ( ) ,
2 2 2 2
a b a b
f f f a f b a b a
ξ ξ
ξ ξ ξ
+ + −
 
= + > + + − ≤ ≤ −
 ÷
 
Tích phân theo
ξ
tròg khoảng [0,b-a] ta nhận được
( )

1
( ) ( ) ( ) ( )
2 2
0 0
b a b a b
a b
b a f f a d f b d f x dx
a
ξ ξ ξ ξ
− −
 
+
− ≥ + + − =
∫ ∫ ∫
 ÷
 
(1)
trong tích phân đầu ta thay a +
ξ
= t , còn tích phân thứ hai thay b-
ξ
= z.
Chia [a,b] thành n phần bằng nhau
b a
x
i
n
−
 
∆ =

 ÷
 
và lập tổng tích phân với
x
k k
ξ
=

( )
1 1
1
0 0
n n
k b a
b a b a k k
S f a f a b
n
n n n n n
k k
− −
− 
− −  
 
= + = − +
∑ ∑
 ÷
 ÷
 
 
= =

 
 
Do f(x) lồi , ta có
k
1 > 1- ( ) ( )
n
k k k
f a b f a f b
n n n
 
   
− + +
 ÷  ÷
 
   
 
Bởi vậy
1
k 1 1
1- ( ) ( ) ( ) ( )
n 2 2
0
n
b a k b a n n
S f a f b f a f b
n
n n n
k
−
−   − + −

   
> + = +
∑
 ÷
 
 
   
=
 
(2).
Chuyển qua giới hạn bất đẳng thức (2) khi
n → ∞
(do f(x) khả tích ) ta
nhận được
( )
( ) ( ) ( )
2
b
b a
f x dx f a f b
a
−
≥ +
∫
Kết hợp (1) và (2) ta có
( ) ( )
( ) ( )
( )
2 2
b

f a f b a b
b a f x dx b a f
a
+ +
 
− ≤ ≤ −
∫
 ÷
 
.
Ví dụ 1.1. Cho 0 < a < b, p > 2. Chứng minh rằng
( )
(
)
( )
(
)
1 1 1
1
1 1
p p p
b
p a b ab p a b
+ + −
−
− − ≤ + −
Lời giải
Xét hàm số y = f(x) = x
p
trên [a,b], với a > 0, p > 2.

Ta có
2
''
( 1) 0
p
y p p x
−
= − − <
.
Vậy hàm số y = f(x) bị chặn và lồi trên [a,b]. Khi đó
( )
( ) ( )
( )
2
b
f a f b
b a f x dx
a
+
− ≤
∫
( )
( )
( )
(
)
( )
(
)
( )

(
)
2
1 1
2
1
1 1 1
1
1 1
p p
b
a b
p
b a x dx
a
p p
a b
p p
a b a b
p
p p p
b
p a b ab p a b
− −
⇔ − ≤ −
∫
+ +
−
⇔ − + ≤
+

+ + −
−
⇔ − − ≤ + −
Ví dụ 1.2 Với 0 < a < b Chứng minh
(
)
2 2 2 2
ln lnab a b a b− ≥ −
Lời giải
Xét y = - xlnx trên (0,+∞) .
Ta có
1
''
0, 0y x
x
= − < ∀ >
. Khi đó
( )
( )
ln ln ln
2
2
1
2
ln ln ln
2 2 2
b
b a
a a b b x xdx
a

b
b a x
a a b b x x
a
−
− − ≤ −
∫
 
−
 ÷
⇔ − − ≤ − −
 ÷
 
⇔
(
)
2 2 2 2
ln lnab a b a b− ≥ −
Ví dụ 1.3. 0 < a < b < 1. Chứng minh
2 2
1 1 arcsinb-arcsinab a a b− − − ≤
Lời giải
Xét f(x) =
2
1 x−
trên [a,b] với 0 < a < b < 1.
Ta có f
’
(x) =
2

1
x
x
−
−
,
(
)
1
''
( )
2 2
1 1
f x
x x
= −
− −
< 0 , ∀ x ∈ [a,b]
f(x) bị chặn và lồi trên [a,b] . Khi đó

( ) ( )
( )
( )
( ) ( )
( )
2
1
2 2 2
1 1 1
2

1 1
2 2 2
1 1 1 arcsinx
2 2
2 2
1 1 arcsinb -arcsina
b
b a f a f b
f x dx
a
b
b a a b x dx
a
b
b a a b x x
a
b a a b
− +
≤
∫
 
⇔ − − + − ≤ −
∫
 ÷
 
   
⇔ − − + − ≤ − +
 ÷  ÷
   
⇔ − + − ≤

Ví dụ 1.4. Với 0 < a < b. Chứng minh
2
1
2 2
1 1 ln
2
1
b b
b a a b
a a
+ +
− − − ≥
+ +
.
Lời giải
Xét
(
)
1
2 ''
1, 0, [a,b]
2 2
1 1
y x y x
x x
= − + = − < ∀ ∈
− +
.
Ta có y = f(x) la hàm bị chặn và lồi trên [a,b]. Khi đó
( )

( ) ( )
( )
2
b
f a f b
b a f x dx
a
+
− ≤
∫
1
2 2 2 2
1 1 1 ln 1
2 2
2
1
2 2
1 1 ln
2
1
b
a b
a b x x x x
a
b b
b a a b
a a
−
 
 

⇔ + + + ≤ − + + + +
 ÷
 ÷
 
 
+ +
⇔ + − + ≥
+ +
Ví dụ 1.5. Với
0
4
x y
π
< < <
. Chứng minh

( ) ( ) ( ) ( )
sin 2 2 os2x-cos2y 2 y-x siny x x y c x y− + ≤ ≤ +
.
Lời giải
Xét f(t) = sin2t trên [x,y] ⊂ [0,
4
π
].
Ta có
''
( ) 4sin 2 0 [x,y]f t t x= − < ∀ ∈
. Khi đó

( ) ( )

( ) ( )
( )
2 2
y
f x f y x y
y x f x dx y x f
x
+ +
 
− ≤ ≤ −
∫
 ÷
 
( ) ( ) ( )
sin 2 sin 2
sin 2 sin
2
y
x y
y x tdt y x x y
x
+
⇔ − ≤ ≤ − +
∫
⇔
( ) ( ) ( ) ( )
sin 2 2 os2x-cos2y 2 y-x siny x x y c x y− + ≤ ≤ +
.
Ví dụ 1.6. Với 0 < a < b . Chứng minh
( ) ( )

( ) ( )
( )
2 2
1
ln
2 1 1 1 2
a b a b a b
a
a b b a b
− + + −
+
 
≤ ≤
 ÷
+ + + + +
 
.
Lời giải
Xét
1
1
y
x
= −
+
trên [a,b] với a > 0.
Ta có
( )
2
''

0, [a,b]
3
1
y x
x
= − < ∀ ∈
+
.
Hàm số y = f(x) bị chặn và lồi trên [a,b] . Khi đó
( ) ( )
( ) ( )
( )
2 2
b
f a f b a b
b a f x dx b a f
a
+ +
 
− ≤ ≤ −
∫
 ÷
 
( )
( ) ( )
( )
1 1 1 1
2 1 1 1
1
2

2
2
ln 1
2 1 1 2
b
b a
dx b a
a b
a b x
a
a b
b
a b a b
x
a
a b a b
 
 ÷
−
 
⇔ − − ≤ − ≤ − −
∫
 ÷
 ÷
+
+ + +
 
 ÷
+
 

−
− + +
⇔ ≤ − + ≤
+ + + +
⇔
( ) ( )
( ) ( )
( )
2 2
1
ln
2 1 1 1 2
a b a b a b
a
a b b a b
− + + −
+
 
≤ ≤
 ÷
+ + + + +
 
.
Nhận xét: Để thuận tiện cho việc ra đề bài tập ở dạng này chúng tôi đưa
ra một số hàm lồi ở phần phụ lục.
Vấn đề 2: Bất Đẳng Thức Của Hàm Số Liên Tục
Bài toán 2.1. Chứng minh nếu f(x) và g(x) là 2 hàm liên tục, xác định trên
[a,b] thì ta có

2

2 2
( ) ( ) ( ) . ( )
b b b
f x g x dx f x dx g x dx
a a a
 
≤
∫ ∫ ∫
 ÷
 
( Bất đẳng thức Cauchy_Bunhiacopxki).
Chứng minh
∀ t ∈ R, ta có
[ ]
2
2 2 2
0 ( ) ( ) ( ) 2 ( ) ( ) ( )tf x g x t f x tf x g x g x≤ + = + +
2 2 2
0 ( ) 2 ( ) ( ) ( )
b b b
t f x dx t f x g x dx g x dx
a a a
⇒ ≤ + +
∫ ∫ ∫
Vế phải là tam thức bậc hai không âm ∀ t
2
' 2 2
0 ( ) ( ) ( ) . ( ) 0
b b b
f x g x dx f x dx g x dx dpcm

a a a
 
⇒ ∆ ≤ ⇒ − ≤ ⇒
∫ ∫ ∫
 ÷
 
.
Hệ quả 1. Với f : [a,b] → (0,+∞) liên tục , ta có
( )
1
2
( ) .
( )
b b
f x dx dx b a
f x
a a
≥ −
∫ ∫
.
Hệ quả 2. Giả sử f(x) là hàm liên tục trong a ≤ x ≤ b. Chứng minh
( )
2
2
( ) ( ) .
b b
f x dx b a f x dx
a a
 
≤ −

∫ ∫
 ÷
 
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi f(x) = const.
Ví dụ 2.1. Chứng minh: với ∀ x > 0, ta có
( )
1
2
1 1
2
0
x
x t t x x
e e e dt e e
 
−
− < + < − −
∫
 ÷
 
.
Lời giải
Ta có
1
2 2
2
0 0
x x
t t t t
e e dt e e e dt

− −
+ = +
∫ ∫
(1)
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có
(
)
2
1
2 2
2
0 0 0
x x x
t t t t t
e e e dt e dt e e dt
 
− −
 ÷
+ ≤ +
∫ ∫ ∫
 ÷
 
Theo (1) ta có
( ) ( )
2
1
1 1 1
2 2
2
1 1

2 2 2
0
x
t t x x x x x
e e e dt e e e e e
 
   
− −
 ÷
+ ≤ − − − < − −
∫
 ÷  ÷
 ÷
   
 
(2)
Hiển nhiên ta có
2
, 0
t t t
e e e t x
−
+ > ∀ < <
, nên ta suy ra
2
1
0 0
x x
t t t x
e e dt e dt e

−
+ > = −
∫ ∫
(3)
Từ (2) và (3) ta suy ra điều phải chứng minh
( )
1
2
1 1
2
0
x
x t t x x
e e e dt e e
 
−
− < + < − −
∫
 ÷
 
.
Ví dụ 2.2. Với
1 a b
< ≤
. Chứng minh
( ) ( )
( ) ( )
2
2 2
6 1 1

1 1
ln
3 3
1 1
a b
a b
a b
b a
 
− − −
 ÷
− +
 
≤
+ −
−
.
Lời giải
Xét f(x) =
1
2
1 x−
, g(x) = x trên [a,b] với
1 a b< ≤
.
Dễ thấy f,g liên tục trên [a,b]. Áp dụng đẳng thức trên ta có
( ) ( )
( ) ( )
2
1 1

2
.
2
2
1
1
2
3
1 1
2
1 ln
2 1 3
2
3 3
1 1 1 1
2 2
1 1 ln ln
2 1 2 1 3 3
2
2 2
6 1 1
1 1
ln
3 3
1 1
b b b
xdx dx x dx
a a a
x
x

b
b
b
x x
x
x
a
a
a
b a b a
b a
b a
a b
a b
a b
b a
 
 ÷
≤
∫ ∫ ∫
 ÷
−
−
 
 
 
 
−
 ÷
 ÷

 ÷
⇔ − − ≤ −
 ÷
 ÷
 ÷
+
 ÷
 
 
 
 
 − − 
 
 ÷⇔ − − + − ≤ − + −
 ÷
 ÷
 ÷
+ +
 
 
 
 
− − −
 ÷
− +
 
⇔ ≤
+ −
−
Ví dụ 2.3. Với 0 < a < b. Chứng minh

( )
( )
2
2
b a a b
e e b a e e− ≥ −
Lời giải
Xét f(x) = e
x
, g(x) =
1
x
e
trên [a,b] với a > 0. Khi đó

( )
1
2
.
b b
x
e dx dx b a
x
e
a a
≥ −
∫ ∫

( )
1

2
b
b
x
e b a
x
a
e
a
 
 
 ÷
⇔ − ≥ −
 ÷
 ÷
 
 
(
)
( )
2
2
b a a b
e e b a e e⇔ − ≥ −
.
Ví dụ 2.4. Với
0
2
a b
π

∀ < < <
. Chứng minh

( ) ( ) ( )
( )
2
4 osa-cosb 2 sin 2 sin 2c b a b a a b≤ − − + −
.
Lời giải
Ta có
0 ,
2
a b
π
∀ < < <

( )
2
2
sinx sin .
b b
dx b a xdx
a a
 
≤ −
∫ ∫
 ÷
 
( )
2

os 1 os2x
2
b
b a
b
c c dx
a
a
−
 
⇔ − ≤ −
∫
 ÷
 
⇔
( ) ( ) ( )
( )
2
4 osa-cosb 2 sin 2 sin 2c b a b a a b≤ − − + −
.
Ví dụ 2.5. Với 0< a < b . Chứng minh
( ) ( )
2
1
ln arct ana arctan
2
1
b b
a b b
a a

+ +
≤ − −
+ +
.
Lời giải
Xét
1
( )
2
1
f x
x
=
+
liên tục trên [a,b] với a > 0. Khi đó
( ) ( )
2
2
1 1
2
. ln 1 arct anx
2
2
1
1
b
b b
b
dx b a dx x x b a
a

a a
x
a
x
 
 
 ÷
 ÷
≤ − ⇔ + + ≤ −
∫ ∫
 ÷
 ÷
+
+
 
 
( ) ( )
2
1
ln arct ana arctan
2
1
b b
a b b
a a
+ +
⇔ ≤ − −
+ +
.
Vấn đề 3: Bất Đẳng Thức Của Hàm Số Liên Tục Và Đơn Điệu

Bài toán 3.1. Cho f, g : [a,b] → R liên tục
a) Nếu f, g đều là hàm tăng. Chứng minh

1 1 1
( ) ( ) ( ) ( )
b b b
f x g x dx f x dx g x dx
b a b a b a
a a a
≥
∫ ∫ ∫
− − −
b) Nếu f,là hàm tăng ,g là hàm giảm. Chứng minh

1 1 1
( ) ( ) ( ) ( )
b b b
f x g x dx f x dx g x dx
b a b a b a
a a a
≤
∫ ∫ ∫
− − −
( Bất đẳng thức Trêbưsep).
Chứng minh
a) Với ∀ x ∈ [a,b]
( ) ( ) ( )f a g x f b⇒ ≤ ≤

( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

1
( ) ( ) ( )
b b b b
f a dx f x dx f b dx b a f a f x dx b a f b
a a a a
b
f a f x dx f b
b a
a
⇒ ≤ ≤ ⇒ − ≤ ≤ −
∫ ∫ ∫ ∫
⇒ ≤ ≤
∫
−

Theo định lý giá trị trung bình của hàm số liên tục ∃ x
o
∈ [a,b] sao cho
1
( ) ( )
b
f x f x dx
o
b a
a
=
∫
−
Hơn nữa hàm f, g đồng biến trên [a,b]. Suy ra
[ ] [ ]

( )
( )
( ) ( ) ( ) ( ) 0, [a,b]
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1
( )
f x f x g x g x x
o o
f x g x f x g x f x g x f x g x
o o o o
b b b
f x g x dx f x g x dx g x f x dx b a f x g x
o o o o
a a a
b b b
f x g x dx f x g x dx g x f x dx b a f x g x
o o o o
a a a
f x
b a
− − ≥ ∀ ∈
⇒ − − + ≥
⇒ − − + − ≥
∫ ∫ ∫
⇒ ≥ + − −
∫ ∫ ∫
≥
−

( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 1 1 1
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
b b
dx g x dx g x b a g x b a f x g x
o o o o
a a
b b b b b
f x dx g x dx f x g x dx f x dx g x dx
b a b a b a b a
a a a a a
+ − − −
∫ ∫
≥ ⇒ ≥
∫ ∫ ∫ ∫ ∫
− − − −
a) Giả thiết suy ra f, (-g) đều là hàm tăng nên theo câu a)
[ ] [ ]
1 1 1
( ) ( ) ( ) ( )
b b b
f x g x dx f x dx g x dx
b a b a b a
a a a
− ≥ −
∫ ∫ ∫
− − −
1 1 1
( ) ( ) ( ) ( )

b b b
f x g x dx f x dx g x dx
b a b a b a
a a a
⇒ ≤
∫ ∫ ∫
− − −
Chú ý. Nếu f, g đều là hàm giảm thì bất đẳng thức câu a) vẫn đúng. Tức là f,
g đơn điệu cùng chiều thì bất đẳng thức câu a) đúng.
Nếu f là hàm giảm, g là hàm tăng thì bất đẳng thức câu b) vẫn đúng.
Tức là f, g đơn điệu ngược chiều thì bất đẳng thức câu b) đúng.
Bài toán 3.2. (Định lý về giá trị trung bình) Nếu f khả tích trên [a,b] thì tồn
tại
( )
1
, : ( ) ( )
b
c a b f c f t dt
b a
a
∈ =
∫
−
.
Bài toán 3.3. Nếu f(t) liên tục và nghịch biến trên [0,a] thì

( ) ( ) , [0,a]
0 0
x a
a f t dt x f t dt x≥ ∀ ∈

∫ ∫
.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = a hoặc x = 0.
Chứng minh
Nếu x = 0 hoặc x = a thì đẳng thức xảy ra.
Nếu 0 < x < a,vì f(t) nghịch biến trên [0,a] nên ∀t, 0 < x ≤ t ≤ a ta có f(t) ≤
f(x).
Suy ra
( ) ( ) ( ) ( )
a a
f t dt f x dt a x f x
x x
≤ = −
∫ ∫
. Do đó
1
( ) ( )
a
f x f t dt
a x
x
≥
∫
−
Mặt khác khi 0 < t ≤ x thì f(t) ≥ f(x) nên
( ) ( ) ( )
0 0
x x
f t dt f x dt xf x≥ =
∫ ∫

.
Suy ra
1
( ) ( )
0
x
f t dt f x
x
≥
∫
.
Từ đó ta có
1 1
( ) ( ) ( )
0
x a
f t dt f x f t dt
x a x
x
≥ ≥
∫ ∫
−
.
Nên
1 1
( ) ( )
0
x a
f t dt f t dt
x a x

x
≥
∫ ∫
−
. Suy ra
0
( ) ( ) ( ) ( ( ) ( )
0 0
x a a
a x f t dt x f t dt x f t dt f t dt
x x
− ≥ = +
∫ ∫ ∫ ∫
Vậy
( ) ( )
0 0
x a
a f t dt x f t dt≥
∫ ∫
.
Ta chứng minh đẳng thức xảy ra khi x = 0 hoặc x = a.
Thật vậy nếu tồn tại b∈ (0,a),
( ) ( ) ( ( ) ( ) )
0 0 0
b a b a
a f t dt b f t dt b f t dt f t dt
b
= = +
∫ ∫ ∫ ∫
Suy ra

( ) ( ) ( )
0 0
( ) ( ) ( )
0
1 1
( ) ( )
0
b b a
a f t dt b f t dt b f t dt
b
b a
a b f t dt b f t dt
b
b a
f t dt f t dt
b a a b
b
− =
∫ ∫ ∫
⇔ − =
∫ ∫
⇔ =
∫ ∫
− −
Theo định lý về giá trị trung bình ta có

[ ]
( )
1

0, : ( ) ( )
0
1
, : ( ) ( )
( ) ( )
b
b f f t dt
b
a
b a f f t dt
a b
b
f f
ξ ξ
δ δ
ξ δ
∃ ∈ =
∫
∈ =
∫
−
⇒ =
Mà
δ ξ
>
, điều này mâu thuẫn với giả thiết f(t) là hàm giảm trên (0,a)
Vậy đẳng thức xảy ra khi x = a hoặc x = 0.
Hệ quả 1. Nếu f(t) liên tục và nghịch biến trên [0,a],∀x∈ [0,1] thì
1
( ) ( )

0 0
x
f t dt x f t dt≥
∫ ∫
.Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 1 hoặc x = 0.
Chứng minh tương tự ta có kết quả sau
Bài toán 3.4. Nếu f(t) liên tục và đồng biến trên [0,a], ∀x ∈ [0,a] thì
( ) ( )
0 0
x a
a f t dt x f t dt≤
∫ ∫
. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = a hoặc x = 0.
Hệ quả 2. Nếu f(t) liên tục và đồng biến trên [0,1],∀x ∈ [0,1] thì
1
( ) ( )
0 0
x
f t dt x f t dt≤
∫ ∫
. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x =1 hoặc x = 0.
Ví dụ 3.1. Với 0 < a ≤ b. Chứng minh
( )
2 2
1 1
2
2 2
1 1 ln 2 ln
2 2
1 1

b b a a
b b a a b a
a a b b
+ + + +
+ − + + ≥ −
+ + + +
.
Lời giải
Xét f(x) =
2
1x +
, g(x) =
1
2
1x +
trên [a,b], với a > 0.
Ta có

'
( ) 0, 0
2
1
'
( ) 0, 0
2 2
( 1) 1
x
f x x
x
x

g x x
x x
= > ∀ >
+
= − < ∀ >
+ +
Khi đó

( )
1 1 1 1
2
1
2
1
1
2 2 2
1 1 ln 1 ln 1
2
2
b b b
dx x dx dx
b a b a b a
a a a
x
b b
x x x x x x
a a
b a
≤ +
∫ ∫ ∫

− − −
+
   
⇔ ≤ + + + + + +
 ÷  ÷
   
−
⇔
( )
2 2
1 1
2
2 2
1 1 ln 2 ln
2 2
1 1
b b a a
b b a a b a
a a b b
+ + + +
+ − + + ≥ −
+ + + +
.
Ví dụ 3.2. Chứng minh rằng ∀x ∈ [0,1], 2x
6
+ 3x
4
+ 6x
2
– 11x ≤ 0.

Lời giải
Xét f(x) = 2x
6
+ 3x
4
+ 6x
2
– 11x,
g(t) = t
5
+ t
3
+ t.
Ta có g(t) liên tục và đồng biến trên [0,1]. Do đó ∀x ∈ [0,1] ta có

1
5 3 5 3
( ) ( )
0 0
6 4 2
1 1 1
6 4 2 6 4 2
6 4 2
( ) 2 3 6 11 0
x
t t t dt x t t t dt
x x x
x
f x x x x x
+ + ≤ + +

∫ ∫
 
⇒ + + ≤ + +
 ÷
 
⇒ = + + − ≤
.
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = 0 hoặc x = 1.
Ví dụ 3.3. Chứng minh
( )
1
2 2 2
1 ln 1 ln( 1 2 ), (0,1]x x x e x
x
+ + + + ≤ + ∀ ∈
.
Lời giải
Xét hàm số y =
2
1x +
liên tục, đồng biến trên [0,1]. Do đó ∀x ∈[0,1],ta có
1
2 2
1 1
0 0
1
1
2 2 2 2
( 1 ln 1 ) ( 1 ln 1 )
2 2

0 0
x
t dt x t dt
x
x
t t t t t t t t
+ ≤ +
∫ ∫
⇔ + + + + ≤≤ + + + +

⇔
( )
1
2 2 2
1 ln 1 ln( 1 2 ), (0,1]x x x e x
x
+ + + + ≤ + ∀ ∈
.
Ví dụ 3.4. Chứng minh rằng ∀x ∈ [0,
2
π
]. Chứng minh
4
π
x
2
– (1 +
2
8
π

)x ≤
2
π
(cosx – 1).
Lời giải
Xét g(t) = t + sint liên tục và đồng biến trên [0,
2
π
] .
Khi đó ∀ x ∈ [0,
2
π
] ta có
2
( sin ) ( sin )
2
0 0
x
t t dt x t t dt
π
π
+ ≤ +
∫ ∫
2 2
2
( ost) ( ost)
2 2 2
0 0
2 2
osx+1 1

2 2 8
2
2
( ) 1 osx -
4 8 2 2
x
t t
c x c
x
c x
f x x x c
π
π
π π
π π π π
⇒ − ≤ −
   
 ÷  ÷
⇒ − ≤ +
 ÷  ÷
   
 
 ÷
⇒ = − + − ≤
 ÷
 
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = 0 hoặc x =
2
π
.

Ví dụ 3.5 Chứng minh ∀ x ∈ [0,1], xarccosx -
2 1
2
1 1
3 3
x x x x− − − ≥ −
.
Lời giải
Xét g(t) =
arccost t −
liên tục và đồng biến trên [0,1].
Do đó ∀ x ∈ [0,1] thì

x 1
( arccost)dt ( arccost)dt
0 0
1
2 2
2 2
arccost+ 1-t arccost+ 1-t
3 3
0 0
2 2
2
1 1 arccosx x 1
3 3
2 1
2
( ) arccosx- 1-x 1
3 3

t x t
x
t t t x t t t
x x x x
f x x x x x
− ≤ −
∫ ∫
   
⇒ − ≤ −
 ÷  ÷
   
 
⇒ − + − − ≤ −
 ÷
 
⇒ = − − ≥ −
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = 0 hoặc x = 1.
Ví dụ 3.6. Chứng minh ∀ x ∈ [2kπ,(2k+1)π], sin
3
x + 3sinx-
4 sinx 0≤
.
Lời giải
Đặt
sinx 0 1t t= ⇒ ≤ ≤
.
⇒ g(x) có dạng sau: h(t)
5 2
3 4t t t= + −
.

Đặt k(u) = u
5
+ u là hàm liên tục, đồng biến trên [0,1]
(
)
1
5 5
( )
0 0
6 2
1 1
6 2
( ) ( ) 3 4 0
6 2 6 2
t
u u du t u u du
t t
t t t t
⇒ + ≤ +
∫ ∫
⇔ + ≤ + ⇔ + − ≤
Suy ra
3
sin 3sin 4 sinx 0x x+ − ≤
.
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x =
2
π
+ k2π hoặc x = kπ.
Ví dụ 3.7. Chứng minh ∀ x ∈ [0,

2
2
], πx - 2
2
arcsinx ≥ 0.
Lời giải
Đặt g(t) =
1
2
1 t
−
−
nghịch biến và liên tục trên [0,
2
2
].
2
2
2 1 1
2 2 2
0 0
1 1
2
1 1 x
arcsint arcsint arcsinx
2
0
4
2 2
0

2 2arcsinx 0
x
dt x dt
t t
x
x
x
π
π
   
 ÷  ÷
⇒ − ≥ −
∫ ∫
 ÷  ÷
− −
   
⇔ ≤ ⇔ ≤
⇔ − ≥
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = 0 hoặc x =
2
2
.
Ví dụ 3.8. Chứng minh ∀ x ∈ [0,2],
( )
2
3 4 4 2 2 6 8 2 0x x x x x x+ + − − − − ≤
Lời giải
Đặt g(t) =
2t t t+ − −
là hàm đồng biến và liên tục trên [0,2].

( ) ( )
( ) ( )
( )
2
2 2 2
0 0
2
2 2
2 2 2 2
2 2 2 2 2
2 3 3 2 3 3
0 0
2
3 4 4 2 2 6 8 2
x
t t t dt x t t t dt
x
t t t t t t
t t x t t
x x x x x x
⇒ + − − ≤ + − −
∫ ∫
   
⇔ + + − − ≤ + + − −
   
   
   
⇔ + + − − − ≤
⇒ đpcm.
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = 0 hoặc x = 2.

Nhận xét

Để tạo ra những bài tập thuộc dạng này có thể lấy một hàm số sơ cấp
đơn giản thoả mãn liên tục đơn điệu trên một khoảng nào đó, rồi lấy
tích phân trên khoảng đó từ đó đưa ra bất đẳng thức cần chứng
minh.

Ta có thể mở rộng kết quả trên bằng cách từ f(x)
≥
g(x),
∀
x
∈
[a,b]
ta lấy tích phân nhiều lần ta thu được các bất đẳng thức phức tạp
hơn

( ) ( )
b x b x
f t dt dx f t dt dx
a a a a
   
≥
∫ ∫ ∫ ∫
 ÷  ÷
   
,
a t x b< < <
.


Tương tự ta có thể mở rộng cho trường hợp hàm 2 biến x, y. Cho
f(x,y), g(x,y) khả tích trên D và f(x,y) ≥ g(x,y)
∀
(x,y)
∈
D ta có

( , ) ( , )f x y dxdy g x y dxdy
D D
≥
∫∫ ∫∫
.Nếu f(x,y) khả tích trên D và f(x,y) ≥
0,
∀
(x,y)
∈
D ta có
( , ) 0f x y dxdy
D
≥
∫∫
. Khi dạy cho học sinh thì ta có thể
hướng dẫn cho học sinh thấy trong các trường hợp đặc biệt thì tích
phân 2 lớp có thể hiểu là lấy tích phân một lớp hai lần, coi x là tham
số, ta lấy tích phân theo biến y, sau đó ta mới lấy tích phân theo biến
x như thế việc chứng minh sẽ dễ dàng hơn.
Vấn đề 4. Bất Đẳng Thức Của Hàm Số Khả Vi
Bài toán 4.1. Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm liên tục trên [a,b] và
f(a) =0. Chứng minh

( )
2
2
'
ax f(x) ( )
x [a,b]
b
m b a f x dx
a
 
 
 
≤ −
∫
 
 
 
∈
 
.
Chứng minh
Do f(a) = 0 nên
'
( ) ( ) ( ) ( )
x
o
f x f x f a f x dx
o o
a
= − =

∫
trong đó
{ }
( ) ax f(x)/x [a,b]f x m
o
= ∈
.
Suy ra
[ ]
( )
2
2 2
2
' 2 ' '
( ) 1. ( ) 1 ( ) ( )
x x x x
o o o o
f x f x dx dx f x dx b a f x dx
o
a a a a
 
   
   
= ≤ ≤ −
 ÷
∫ ∫ ∫ ∫
 ÷  ÷
   
 ÷
   

   
 
.
Vậy
( )
2
2
'
ax f(x) ( )
x [a,b]
b
m b a f x dx
a
 
 
 
≤ −
∫
 
 
 
∈
 
.
Bài toán 4.2. Nếu y = f(x) , y = g(x) liên tục, không âm, tăng trên [0,+∞] sao
cho f(0)g(0) = 0. Khi đó ∀ a > 0 , ∀ x ≥ 0 ta có

' '
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
0 0

a x
f t g t dt f t g t dt f a g x+ ≥
∫ ∫
(1).
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = a.
Chứng minh
Nếu x = a thì hiển nhiên đẳng thức xảy ra.
Nếu x < a. Gọi I là vế trái của (1) khi đó ta có

[ ]
'
' ' ' '
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
0 0 0
' '
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
0
x a x x a
f t g t dt f t g t dt f t g t dt f t g t dt f t g t dt
x x
a a
x
f t g t f t g t dt f x g x f t g t dt
x x
Ι = + + = +
∫ ∫ ∫ ∫ ∫
= + = +
∫ ∫
Vì x ≤ t ≤ a, g(x) ≤ g(t) nên f
’

(t)g(x) ≤ f
’
(t)g(t).
Do y = f(x), y = g(x) không âm, tăng trên [0,+∞] nên

[ ]
'
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
a
a
f x g x f t g t dt f x g x g x f t f a g x
x
x
Ι ≥ + = + =
∫
.
Nếu x > a

[ ]
'
' ' ' '
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
0 0 0
' '
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
0
a a x a x
f t g t dt f t g t dt f t g t dt f t g t dt f t g t dt
a a
x x

a
f t g t f t g t dt f a g a f t g t dt
a a
Ι = + + = +
∫ ∫ ∫ ∫ ∫
= + = +
∫ ∫
Vì a ≤ t ≤ x, f(a) ≤ f(t) nên f
’
(a)g(t) ≤ f(t) g
’
(t) .
Do y = f(x), y = g(x) không âm, tăng trên [0,+∞] nên
[ ]
'
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
0
x
x
f a g a f a g t dt f a g a f a g t f a g x
a
Ι ≥ + = + =
∫
.
Chứng minh tương tự ta có kết quả sau
Bài toán 4.3. Nếu y = f(x), y = g(x) liên tục, không âm, tăng trên [0,+∞] sao
cho f(0)g(0) = 0. Khi đó ∀ a > 0, ∀ b ≥ 0 ta có

' '
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

0 0
a b
f t g t dt f t g t dt f c g c+ ≥
∫ ∫
(2).
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi b = a , c = min(a,b).
Ví dụ 4.1. Chứng minh rằng ∀ x ≥ 0, ta có
(
)
( )
1 1
2 2
1 ln 1 ln 2 ln 2 0
2 2
x x x x
 
− + − + + − + ≥
 ÷
 
.
Lời giải
Xét f(t) = t
2
, g(t) = ln(1+t) liên tục và không âm, đồng biến khi t ≥ 0. Khi đó
∀ t ≥ 0,ta có
2
2
ln 2 2 ln(1 )
2
1

0 0
t x
t
x dt t t dt
t
≤ + +
∫ ∫
+
.
Mà
( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1
2 2
1
1
ln 1 ln 2
1 2 2
0
0
2 2
1 1
2 2
ln 1 ln 1 ln 1 ln 1 ln 1
2 2 2 2
0
0
t t
t t
t

x
x
t x
t t dt t t t t x x x x
 
= − + + = −
 
∫
+
 
 
   
+ = + − + − + = + − + − +
   
∫
   
   
⇒
(
)
( )
1 1
2 2
1 ln 1 ln 2 ln 2
2 2
x x x x
 
− + − + + ≥ −
 ÷
 

⇒đpcm.
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = 1.
Ví dụ 4.2. Chứng minh ∀ x ≥ 0, ta có
(
)
2
6 4 2
3 6 7 3 0
x
e x x x e− + − + ≥
.
Lời giải
Xét f(t) = t
6
, g(t) =
2
t
e
liên tục, không âm và đồng biến khi t ≥ 0. Khi đó ∀ t
≥ 0,ta có
1
2 2 2
3 6
6 2
0 0
x
x t t
e e t dt t te dt≤ +
∫ ∫
.

Mà
(
)
(
)
(
)
1
1
2 2
5 4 2
6 2 2 3 6
0
0
2 2 2
7 6 4 2 6 4 2
2 3 6 6 3 6 6 6
0
0
t t
e t dt e t t e
x
x
t t x
t e dt e t t t e x x x
= − + = −
∫
= − + − = − + − +
∫
⇒

(
)
2
6 4 2
3 6 7 3
x
e x x x e− + − ≥ −
⇒đpcm.
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = 1.
Ví dụ 4.3. Chứng minh ∀ x ≥ 0, ta có
( )
tan os(x)ln ln 2 0
3
x x c
π
 
− + + ≥
 ÷
 
.
Lời giải
Xét f(t) = tant, g(t) = t liên tục, không âm và đồng biến khi t ≥ 1. Khi đó ∀ t
≥ 0 ta có
( )
3
tan tan
0
2
3
os

0
( )
x
t
x tdt dt
c t
π
π
≤ +
∫ ∫
.
Mà

tan ln ln
0
3
ost ln 2
0
ost tan osx
0
2
os (
3
tan ln
0
)
x
t
dt t
x

tdt c
x
t
cxt c
c
π
π
=
  = +

∫

= +
= −
∫
⇒
( )
ta os(x)n ln ln 2
3
x x c
π
 
− + ≥ −
 ÷
 
⇒đpcm.
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x =
3
π
.

Ví dụ 4.4. Với 0 < 1 < a. Chứng minh
1 1
ln
a a
a
a a
− −
≤ ≤
.
Lời giải
Xét hàm số y = lnx trên [1,a], với a ≥ 1.
Ta có y(1) = 0
y
’
=
1
0
x
>
.
Khi đó
( ) ( )
2
2
'
ax lnx 1 ln
1
x [1,a]
a
m a x dx

 
 
≤ −
 
∫
 
 
 
∈
 
.
Suy ra

( ) ( ) ( ) ( )
1 1
2 2
ln 1 ln 1 1
2
1
b
a a dx a a
a
x
 
≤ − ⇔ ≤ − − +
∫
 ÷
 
⇔
1 1

ln
a a
a
a a
− −
≤ ≤
.
Vấn đề 5. Bất Đẳng Thức Của Hàm Số Khả Tích
Bài toán 5.1. Nếu f(x) ,g(x) khả tích trên [a,b] và f(x) ≤ g(x) thì
( ) ( )
b b
f x dx g x dx
a a
≤
∫ ∫
.
Hệ quả. Nếu f(x) ≥ 0, ∀ x ∈ [a,b] thì
( ) 0
b
f x dx
a
≥
∫
.
Bài toán 5.2. Giả sử hàm số f(x) khả tích trên [a,b] và
inf ( ) 0
[ , ]
f x
a b
>

. Khi đó, ta
có

1
ln ( )
1
( )
1
( )
b
f x dx
b
b a
b a
a
e f x dx
b
b a
a
dx
f x
a
∫
−
−
≤ ≤
∫
−
∫
(1).

Nhận xét. Với
0, 1,a i n
i
> =
. Ta có dãy bất đẳng thức sau

2 2 2

1 2 1 2

1 2
1 1 1

1 2
a a a a a a
n
n n
n
a a a
n
n n
a a a
n
+ + + + + +
≤ ≤ ≤
+ + +
(2)
Chứng minh
Chia [a,b] thành n đoạn nhỏ bằng nhau bởi các điểm chia

0 1
a x x x b
n
= ≤ ≤ ≤ =
và chọn
[ , ], 1, ,
1 1
b a
x x i n x x x
i i i i
i i
n
ξ
−
∈ = ∆ = − =
− −
.
Ta có
( )
1
( ) ( ) ( )
lim lim
1 1
b b
f
n n
b a
i
f x dx f f x dx
i

n b a n
a a
n n
i i
ξ
ξ
−
= ⇒ =
∑ ∑
∫ ∫
−
→∞ →∞
= =
.
Tương tự
1
ln ( )
lim ( ), lim
1
1
1
( )
1
( )
b
f x dx
n
b a n
b a
a

n
e f
i
n
n b n
i
dx
f
i
f x
a
i
ξ
ξ
∫
−
−
= =
∏
→∞ →∞
=
∑
∫
=
.
Áp dụng dãy bất đẳng thức (2) ta có

( )
( )
1

1
1
( )
1
f
n
n
n
i
n
f
i
n
n
i
i
f
i
i
ξ
ξ
ξ
≥ ≥
∑
∏
=
=
∑
=
.

Cho
n → ∞
ta được dãy bất đẳng thức (1) .
Ví dụ 5.1. Chứng minh rằng
2 2
1 ln( 1 ) 1 , .x x x x x R+ + + ≥ + ∀ ∈
Lời giải
Xét hàm số
2
( ) ln 1 0, 0.f t t t t
 
= + + > ∀ >
 ÷
 
Khi đó với 0 ≤ t ≤ x ta có
2
ln 1 0
0
x
t t dt
 
+ + >
∫
 ÷
 
.
Xét
2
ln( 1 )
0

x
I t t dt= + +
∫
.
Đặt
2
ln( 1 )u t t
dv dt


= + +

=


.
Suy ra
2 2
ln( 1 ) 1 1 0.I x x x x= + + − + + >
Vậy ta có
2 2
1 ln( 1 ) 1 , 0x x x x x+ + + ≥ + ∀ >
.
Với x ≤ t < 0 thì
2 2
( ) ln 1 ln 1 0, 0.f t t t t t x
   
= + + = − − + + < ∀ >
 ÷  ÷
   

Khi đó với x ≤ t ≤ 0 ta có
0
2
ln 1 0t t dt
x
 
+ + <
∫
 ÷
 

0
2 2 2
ln( 1 ) ln( 1 ) 1 1 0
2 2
ln( 1 ) 1 1 , 0
I t t dt x x x x
x
x x x x x
⇒ = + + = − + + − + + <
∫
⇒ + + + > + ∀ <
Khi x = 0 bất đẳng thức trở thành đẳng thức .
Vậy ta có
2 2
1 ln( 1 ) 1 , .x x x x x R+ + + ≥ + ∀ ∈

Ví dụ 5.2. Cho x > 0. Chứng minh với n nguyên dương

x

e
>
3

3
2
1
2 ! !!
x x x
n
x
n
+ + ++ +
(*).
Lời giải
Ta chứng minh (*) bằng phương pháp quy nạp .
Với n = 1, từ e
t
> 1 với t > 0 ta có với x > 0

0
x
t
e dt
∫
>
1 1
0
x
x

dt e⇔ −
∫
> x ⇔ e
x
> 1 + x .
Giả sử với n = k , ∀ t > 0
t
e
>
3

3
2
1
2 ! !!
t t t
k
t
k
+ + ++ +
.
Với x > 0 , ta có
0
x
t
e dt
∫
>
2
1

2! !
0
k
x
t t
t dt
k
 
 ÷
+ + + +
∫
 ÷
 
⇒
0
x
t
e
>
2 3 1
1
2 2!3 !( 1)
0
x
k
t t t
k k
+
 
 ÷

+ + + +
 ÷
+
 
⇔ e
x
-1 >
2 3 1

2! 3! ( 1)!
k
x x x
x
k
+
+ + +
+
⇔ e
x
> 1 +
2 3 1

2! 3! ( 1)!
k
x x x
x
k
+
+ + +
+

.
Công thức với n = k +1 đúng.
Vậy (*) đúng ∀ n ≥ 1.
Ví dụ 5.3. Chứng minh ∀ x > 0, ta có
( )
3
sin
6
x
x x x− < <
.
Lời giải
Ta có ∀ t > 0 ta có 0 ≤ 1 – cost = 2sin
2
(
2
t
)
2
2
2
t
 
≤
 ÷
 
.
Suy ra ∀ x > 0
( ) ( ) ( ) ( )
2 3 3 3

0 1 ost 0 sin 0 sin x sin x
0
2 6 6 6
0 0
0
x
x x
x
t t x x
c dt dt t t x x x< − < ⇔ < − < ⇔ < − < ⇔ − < <
∫ ∫
Ví dụ 5.4. a) Chứng minh rằng với n nguyên dương

( ) ( )
2 2
(2 )!! 1 (2 )!! 1
<
2 1 !! 2 1 2 2 1 !! 2
n n
n n n n
π
   
<
   
− + −
   
.
b) Sử dụng (8) để tính
2
0

x
K e dx
∞
−
=
∫
.
Lời giải
a) Xét tích phân
2 2
1
sin sin sinx
0 0
n n
I xdx x dx
n
π π
−
= =
∫ ∫
.
Dùng phương pháp tích phân từng phần, ta có
đặt
( )
1 n-1
sin 1 osx.sin .
sinx.dx v=-cosx
n
u x du n c x dx
dv

−

= ⇒ = −


= ⇒


Ta có

( )
( )
(
)
( )
2
1 2 2
2
sin . osx 1 os .sin .
0
0
2 2 2
2 2 2
1 1 sin .sin . 1 sin . sin .
0 0 0
1
( 1) ( 1)
2 2 2
n n
I x c n c x x dx

n
n n n
I n x x dx n x dx x dx
n
n
I n I I nI n I I I
n n n n
n n n
n
π
π
π π π
− −
= − + −
∫
 
− −
 
= − − = − −
∫ ∫ ∫
 
 
 
 
 
−
⇔ = − − ⇔ = − ⇔ =
− − −
Với n=2m, ta có

2 1
2 2 2
2
2 3 3
2 2 2 4 4 2
2 2 4
m
I I
m m
m
m
I I I I
m m
m
−
=
−
−
= ⇒ =
− −
−
nhân vế cho vế ta có

( ) ( )
( )
2 1 2 3 3
2 2
2 2 2 4
m m
I I

m
m m
− −
=
−
biết

( )
2 2
2
1 sin 2 1
2
sin 1 os2x .
2
2 2 2 2
0 0
0
x
I xdx c dx x
π π
π
π
 
= = − = − =
∫ ∫
 ÷
 
Vậy

( ) ( )

( )
2 1 2 3 3
2
2 2 2 4.2 2
m m
I
m
m m
π
− −
=
−
(1).
Với n = 2n + 1 ta có

2
2 1 2 1
2 1
2 2
2 1 2 3
2 1

2
3 1
3
m
I I
m m
m
m

I I
m m
m
I I
=
+ −
+
−
=
− −
−
=
Nhân vế cho vế ta có

( )
( )
2 2 2 2
2 1 1
(2 1) 2 1 3
m m
I I
m
m m
−
=
+
+ −
biết

2

sin osx 1
2
0
1
0
I xdx c
π
π
= = − =
∫
Vậy

( )
( )
2 2 2 2
2 1
(2 1) 2 1 3
m m
I
m
m m
−
=
+
+ −
.
Cho 0 < x <
2
π
. Suy ra

( )
2 2 2
2 2 2 1 2 1 2 2 1
sin sin sin sin sin . sin
0 0 0
2 1 2 2 1
n n n n n n
x x x xdx x dx xdx
I I I
n n n
π π π
− + −
< < ⇒ < <
∫ ∫ ∫
⇔ < <
+ −
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi t = 1. Theo công thức (1) và (2) ta có

( )
( )
2 2 2 4.2
(2 1) 2 1 5.3
n n
n n
−
+ −
<
( )
( )
(2 1) 2 3 3

2 2 2 2 2
n n
n n
π
− −
−
<
( )
( )
(2 2) 2 4 2
(2 1) 2 3 3
n n
n n
− −
− −
⇒
( )
( )
2
2 2 2 4.2
1
(2 1) 2 3 5.3 2 1
n n
n n n
 
−
 
− − +
 
<

2
π
<
( )
( )
2
2 2 2 2
1
(2 1) 2 3 3 2
n n
n n n
 
−
 
− −
 
⇔
( ) ( )
2 2
(2 )!! 1 (2 )!! 1
<
2 1 !! 2 1 2 2 1 !! 2
n n
n n n n
π
   
<
   
− + −
   

(*).
b) Tính
2
0
x
K e dx
∞
−
=
∫
.
Nhận xét.
( )
( ) 1
t
f t t e
−
= +
đạt giá trị lớn nhất bằng 1 tại x = 0. Do đó với t ≠ 0
sẽ có
( )
1 1
t
t e
−
+ <
. Từ đó
(
)
(

)
2 2
1 1
2 2
1 1 ,0 1
2
2
1
1
n
x nx
x e x e x
n
x
x
− −
− < < ⇔ − < < < <
+
+
Suy ra
(
)
(
)
1 1
2 2
1
2
1
2

0 0 0 0
1
n
nx nx
x dx e dx e dx dx
n
x
∞ ∞
− −
− < < <
∫ ∫ ∫ ∫
+
trong đó

(
)
( )
( )
(
)
1
2
2 !!
2 2 1
1 sin ,
2 1 !!
0 0
1
2
1

,
0
2
1 (2 3)!!
2 2
sin
(2 2)!! 2
2
0 0
1
n
n
n
x dx tdt
n
nx
e dx K
n
n
n
dx tdt
n
n
x
π
π
π
+
− = =
∫ ∫

+
−
=
∫
∞
−
−
= =
∫ ∫
−
+
Vậy

( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
2 !! 2 3 !!
2 1 !! 2 2 !! 2
2 2
2
2 !! 2 3 !!
1
2
2 1 (**)

2 1 2 1 !! 2 1 2 1 2 2 !! 2
n n
n K n
n n
n n
n n
K n
n n n n n
π
π
−
< <
+ −
   
−
 
⇔ < < −
   
 ÷
+ − + − −
 
   
Từ công thức (*) ta được:
( )
( )
2
2 !!
1
lim
2 1 !! 2 1 2

n
n n
n
π
 
=
 
− +
→∞
 
.
Từ (**) cho
n → ∞
suy ra K
2
=
4
π
và
2
K
π
=
.
Ví dụ 5.5. Tính
( )
ln
, 1
2
1

1
t
x
I dx t
x
= ∀ ≥
∫
+
.
Chứng minh rằng

1
1
, 1
2
t
t
t
t t
+
+
 
≥ ∀ ≥
 ÷
 
.
Lời giải
Đặt
( )
1

'
ln
1
'
1
2
1
1
u x
u
x
v
v
x
x

=

=



⇒
 
=
 
= −
+



+

Khi đó
( )
ln 1 ln ln ln ln
ln 2
1 1 1 1 1 1
1
1 1
t t
t
x t x t t
I dx
x x x t x t t
= − + = − + = − + +
∫
+ + + + + +
.
Vì

( )
ln
( ) 0, [1,t],I 0
2
1
ln
t- ln ln(1 ) ln 2 0
1
x
f x x

x
t
t t
t
= ≥ ∀ ∈ ≥
+
+ − + + ≥
+
Suy ra

( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
ln 1 ln 1 ln 1 1 ln 2 0
1 1
1 ln 2 1 ln( 1) ln ln 2 ln 1
1
1
1 1
2 1 , 1
2
t t t t t t
t t
t t t t t t t t
t
t
t t
t
t t t t t
− + + − + + + + ≥

+ +
⇔ + ≥ + + + ⇔ ≥ +
+
+
+ +
 
⇔ ≥ + ⇔ ≥ ∀ ≥
 ÷
 
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi t = 1.
Ví dụ 5.6. Với 1 < a < b . Chứng minh

( ) ( ) ( )
2 2
ln 2 ln ln ln
3
a ab b
a b ab a a b b a b a b
+ +
− ≤ − + + ≤ −
.
Lời giải
Xét hàm số y = x
2
khả tích trên [a,b] với a > 0. Khi đó
1
ln
1
2
1

2
2 ln ln
3 3
1
3
1
b
xdx
b
b a
b a
a
e x dx
b
b a
a
dx
a
x
a a b b a b
b a b a
b a
e
b
b a
x
a
 
 ÷
 

∫
−
−
≤ ≤
∫
−
∫
− + +
− −
−
⇔ ≤ ≤
−
−
⇔
( ) ( ) ( )
2 2
ln 2 ln ln ln
3
a ab b
a b ab a a b b a b a b
+ +
− ≤ − + + ≤ −
.
Ví dụ 5.7. Với 0 < x < y. Chứng minh
3 3
2 2
2 2
( ) ( )( ) ( )
x y x y
x y y

x
e x y x y e e e e
+ +
+
− ≤ − − ≤ −
.
Lời giải
Xét hàm số y = e
t
khả tích trên [x,y] với x > 0. Khi đó
1
1
1
y
tdt
y
y x
y x
t
x
e e dt
y
y x
x
dt
t
x
e
∫
−

−
≤ ≤
∫
−
∫

⇔
( ) ( )
( )
3 3
2
2
2 2
x y x y
x y y
x
e x y x y e e e e
+ +
 
+
 ÷
− ≤ − − ≤ −
 ÷
 
.
Nhận xét. Với các ví dụ trên ta dùng tích phân giải được dễ dàng nếu dùng
phương pháp khác sẽ gặp nhiều khó khăn. Để thấy được hiệu quả của việc
dùng tích phân để chứng minh bất đẳng thức, các ví dụ sau sẽ sử dụng các
ứng dụng của tích phân để tạo ra những bất đẳng thức và chỉ có sử dụng
tích phân mới chứng minh được.

Vấn đề 6. Sử Dụng Công Thức Tính Độ Dài Cung Phẳng
Bài toán. Cho cung AB của đồ thị hàm liên tục y = f(x) trên [a,b]
thì độ dài l của cung AB là