Đẳng thức, bất đẳng thức tích phân trong lớp đa thức và phân thức hữu tỷ và một số dạng toán liên quan

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

BÙI TRỌNG QUYẾT

ĐẲNG THỨC, BẤT ĐẲNG THỨC
TÍCH PHÂN TRONG LỚP ĐA THỨC
VÀ PHÂN THỨC HỮU TỶ VÀ MỘT
SỐ DẠNG TOÁN LIÊN QUAN

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - 2017


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

BÙI TRỌNG QUYẾT

ĐẲNG THỨC, BẤT ĐẲNG THỨC
TÍCH PHÂN TRONG LỚP ĐA THỨC
VÀ PHÂN THỨC HỮU TỶ VÀ MỘT
SỐ DẠNG TOÁN LIÊN QUAN

Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
Mã số: 60 46 01 13

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa học:

GS.TSKH. Nguyễn Văn Mậu

THÁI NGUYÊN - 2017


i

Mục lục
MỞ ĐẦU

1

Chương 1. Đẳng thức và bất đẳng thức tích phân cơ bản
1.1 Các đồng nhất thức tích phân . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.1 Tính chất cơ bản của nguyên hàm . . . . . . . . . . . . . .
1.1.2 Một số tính chất của tích phân xác định . . . . . . . . . .
1.1.3 Tích phân đối với hàm chẵn và lẻ . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.4 Tích phân đối với hàm tuần hoàn . . . . . . . . . . . . . .
1.1.5 Tích phân một số dạng với đặc trưng hàm đặc biệt . . . .
1.2 Một số bất đẳng thức tích phân và phương pháp bất đẳng thức
tích phân . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2.1 Một số bất đẳng thức tích phân cơ bản . . . . . . . . . . .
1.2.2 Sử dụng ý nghĩa hình học của tích phân . . . . . . . . . . .
1.2.3 Sử dụng đánh giá hàm dưới dấu tích phân . . . . . . . . .
1.2.4 Phương pháp phân đoạn miền lấy tích phân . . . . . . . .
1.2.5 Bất đẳng thức Bunhiakovski . . . . . . . . . . . . . . . . .

2
2
2

3
6
9
11

. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
trong
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .

13
13
14
15
17
19

Chương 2. Đẳng thức và bất đẳng thức tích phân trong đa thức
2.1 Một số đẳng thức tích phân giữa các đa thức . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2 Bất đẳng thức tích phân giữa các đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3 Phương pháp tích phân trong chứng minh bất đẳng thức . . . . . . . . .

23
23
24
33

Chương 3. Đẳng thức và bất đẳng thức tích phân trong lớp
3.1 Nguyên hàm và tích phân các hàm phân thức hữu tỷ . . .
3.2 Hữu tỷ hóa tích phân một số hàm số vô tỉ . . . . . . . . . .
3.3 Hữu tỷ hóa tích phân một số hàm lượng giác . . . . . . . .
3.4 Bất đẳng thức tích phân giữa các phân thức . . . . . . . .

thức
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .

38
38
43
49
51

Chương 4. Một số dạng toán liên quan
4.1 Phương pháp tích phân trong các bài toán cực trị . . . . . . . . . . . . .
4.1.1 Cực trị của một số biểu thức chứa tích phân . . . . . . . . . . . .

58
58

58

phân
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .


ii

4.2

4.1.2
Khảo
4.2.1
4.2.2

Phương pháp tích phân trong bài toán cực trị . . . .
sát phương trình và bất phương trình đa thức . . . . .
Chứng minh sự tồn tại nghiệm của phương trình . . .
Giải phương trình sinh bởi một số dạng nguyên hàm

.
.
.
.

.
.

.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

60
69

69
71

KẾT LUẬN

76

TÀI LIỆU THAM KHẢO

77


1

Mở đầu
Chuyên đề tích phân có vị trí rất đặc biệt trong toán học, nó không những là đối
tượng nghiên cứu trọng tâm của giải tích mà còn là công cụ đắc lực trong lý thuyết hàm
số và các ứng dụng liên quan. Ngoài ra, bản thân phép tính tích phân còn được sử dụng
nhiều trong vật lý, thiên văn học, cơ học, y học,. . . như một giải pháp hữu hiệu của các
mô hình toán học cụ thể.
Trong các kỳ thi học sinh giỏi Toán quốc gia, Olympic Toán sinh viên thì các bài
toán liên quan đến tích phân cũng hay được đề cập và được xem như là những dạng
toán loại khó.
Lý thuyết và các bài toán về tích phân đã được đề cập ở hầu hết các giáo trình cơ
bản về giải tích. Tuy nhiên, các tài liệu hệ thống về phép tính tích phân cho lớp hàm
đa thức và phân thức 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, chưa được hệ
thống đầy đủ.
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, tác giả chọn đề tài luận văn "Đẳng thức, bất đẳng

thức tích phân trong lớp đa thức và phân thức hữu tỷ và một số dạng toán liên quan"
nhằm cung cấp một số tính chất cơ bản của tích phân hàm một biến và cho phân loại
các dạng toán ứng dụng liên quan đến đa thức và phân thức.
Mục đích của đề tài luận văn là nhằm khảo sát một số dạng toán về đẳng thức và
bất đẳng thức chứa tích phân trong lớp đa thức và phân thức hữu tỷ và xét một số áp
dụng trong các bài toán cực trị, khảo sát phương trình, bất phương trình đa thức và
phân thức liên quan.
Luận văn gồm phần mở đầu, kết luận và 4 chương.
Chương 1. Các đẳng thức và bất đẳng thức tích phân cơ bản
Chương 2. Các đẳng thức và bất đẳng thức tích phân trong đa thức
Chương 3. Các đẳng thức và bất đẳng thức tích phân trong lớp phân thức
Chương 4. Một số dạng toán liên quan
Tiếp theo, trong các chương đều trình bày một hệ thống bài tập, áp dụng giải các
đề thi Học sinh giỏi và Olympic liên quan.


2

Chương 1. Đẳng thức và bất đẳng thức
tích phân cơ bản
1.1

Các đồng nhất thức tích phân

1.1.1

Tính chất cơ bản của nguyên hàm

Ta sử dụng kí hiệu I(a, b) là một khoảng (a, b), một đoạn [a, b] hay nửa khoảng (a, b]
hoặc [a, b) trong các định nghĩa, định lí,..của nội dung này.

Định nghĩa 1.1 (xem [1-3]). Cho hàm số f (x) xác định trên I(a, b). Hàm số F (x) được
gọi là nguyên hàm của hàm f (x) trên I(a, b) nếu hàm số F (x) liên tục trên I(a, b), có đạo
hàm tại mọi điểm x thuộc I(a, b) và
F (x) = f (x), ∀x ∈ I(a, b).

Chú ý 1.1. Trong trường hợp I(a, b) = [a; b], các đẳng thức F (a) = f (a), F (b) = f (b)
được hiểu là
F (x) − F (a)
,
x−a
x→a
F (x) − F (b)
F (b) = lim−
.
x−b
x→b

F (a) = lim+

Định lý 1.1 (Về sự tồn tại nguyên hàm). Mọi hàm số liên tục trên I(a, b) đều có nguyên
hàm trên I(a, b).
Định lý 1.2.
1) Nếu hàm số f (x) có nguyên hàm F (x) trên I(a, b) thì trên I(a, b) nó có vô số nguyên
hàm.
2) Hai nguyên hàm bất kì của cùng một hàm cho trên I(a, b) 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 I(a, b) thì
mọi nguyên hàm của f (x) trên I(a, b) 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 I(a, b).

3

Họ tất cả các nguyên hàm của f (x) trên I(a, b) được kí hiệu là

f (x)dx. Vậy

f (x)dx = F (x) + C, C ∈ R.

Định lý 1.3 (Tính chất của nguyên hàm).
= f (x),

i)

f (x)dx

iii)

df (x) = f (x) + C.

ii) d

f (x)dx

= f (x)dx,

Định lý 1.4 (Quy tắc tìm nguyên hàm).
i)
ii)
iii)

kf (x)dx = k

f (x)dx (k = 0),

[f (x) + g(x)]dx =
f (x)dx =

f (x)dx+

g(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.

1.1.2

Một số 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 xi (i = 0, . . . , n):
a = x0 < x1 < x2 < x3 < · · · < xn−1 < xn = b.

(Mỗi phép chia như thế được gọi là một phép phân hoạch đoạn [a; b], kí hiệu là Π.)
Đặt ∆xi = xi − xi−1 và d(Π) = max ∆xi , 1 ≤ i ≤ n.
Trên mỗi đoạn [xi−1 ; xi ], ta lấy một điểm tùy ý ξi (i = 1, . . . , n) và lập tổng
n

σΠ =

f (ξi )∆xi .

(1.1)

i=1

Tổng (1.1) được gọi là tổng tích phân của hàm số f (x) ứng với phép phân hoạch Π.


4

Nếu giới hạn

n

f (ξi )∆xi

I = lim σΠ = lim
d(Π) →0

d(Π) →0

i=1

tồn tại, không phụ thuộc vào phép phân hoạch đoạn [a; b] và cách chọn điểm ξi thì giới
hạn đó được gọi là tích phân xác định của f (x) trên [a; b] và kí hiệu là
b

I=

n

f (x)dx = lim

d(Π) →0

a

f (ξi )∆xi .
i=1

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

b

f (x)dx =
a

f (t)dt.
a

Chú ý rằng để tính diện tích "hình thang cong", người ta xấp xỉ phần 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 đó. Sau đó, 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 ta có đẳng thức
b

n
max ∆xk →0

b

f (xk )∆xk =

lim

k=1

= F (b) − F (a).

f (x)dx = F (x)

(1.2)

a
a

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. 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 được thực
hiện để tìm diện tích dưới dạng đường cong không nhất thiết phải lặp lại để tìm các
đại lượng tương tự khác. Hệ thống các kí tự được sử dụng là phức tạp và lặp đi lặp lại
nhiều lần gây trở ngại cho tính toán.
Tiếp theo, ta xét một số phương pháp cơ bản sử dụng để tính tích phân xác định.
Trong thực hành, ta đặc biệt chú ý đến một số lớp các hàm khả tích đơn giản và dễ
nhận biết sau đây:


5

Hàm số y = f (x) liên tục trên đoạn [a; b] thì khả tích trên đoạn đó.
Hàm số y = f (x) bị chặn trên đoạn [a; b] và chỉ có một số hữu hạn điểm gián đoạn
thì khả tích trên đoạn đó.
Hàm số y = f (x) bị chặn và đơn điệu trên đoạn [a; b] thì khả tích trên đoạn đó.
Nhận xét rằng có một mối liên hệ mật thiết giữa tích phân xác định và nguyên hàm.
Định lý 1.5 (Về tính khả tích của hàm số). Nếu hàm số f (x) liên tục trên đoạn [a, b]
thì nó khả tích trên đoạn [a, b].
Định lý 1.6. Nếu f (x) và g(x) liên tục trên đoạn [a,b] và f (x) ≤ g(x) với mọi x thuộc
[a, b] thì
b

b

f (x)dx ≤
a

g(x)dx.
a

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi f (x) = g(x).
Định lý 1.7 (Phép cộng tích phân).
b

b

b

g(x)dx =

f (x)dx +
a

a

[f (x) + g(x)]dx.
a

Định lý 1.8 (Phép trừ tích phân).
b

b

f (x)dx −

b

[f (x) − g(x)]dx.

g(x)dx =

a

a

a

Định lý 1.9 (Phép nhân tích phân với 1 hằng số).
b

k

b

f (x)dx =
a

kf (x)dx.
a

Định lý 1.10 (Công thức đảo cận).
a

b

f (x)dx = −

f (x)dx
a

b

và

a

f (x)dx = 0.
a


6

Định lý 1.11 (Công thức tách cận).
b

c

f (x)dx =
a

b

f (x)dx, c ∈ [a, b].

f (x)dx +
a

c

Định lý 1.12 (Công thức đổi biến số). Cho hàm số y = f (x) liên tục trên đoạn [a, b]
và hàm số x = g(t) khả vi liên tục trên đoạn [m, M ] và min g(t) = a; max g(t) =
t∈[m,M ]

t∈[m,M ]

b; g(m) = a, g(M ) = b. Khi đó ta có
b

M

f (x)dx =
a

f (g(t)).g (t)dt.
m

Định lý 1.13 (Công thức tích phân từng phần). Giả sử hàm số u(x), v(x) khả vi liên
tục trên [a, b], khi đó
b

b
b

−

u(x)v (x)dx = u(x)v(x)

v(x)u (x)dx

a
a

a

Định lý 1.14 (Công thức Newton-Leibnitz). Nếu hàm số f (x) liên tục trên đoạn [a; b]
và F (x) là một nguyên hàm của nó trên đoạn đó, thì
b
b

= F (b) − F (a).

f (x)dx = F (x)
a
a

Từ Định lí 1.14, ta thấy ngay rằng việc tính tích phân xác định trở thành đơn giản
nếu xác định được biểu thức nguyên hàm tương ứng dưới dạng hiện.
Để tính tích phân xác định của hàm số f (x) trên đoạn [a; b] ta thường tìm nguyên
hàm F (x) của nó và dùng công thức Newton-Leibnitz.
Trong nhiều bài toán việc tìm nguyên hàm rất phức tạp và khó khăn thậm chí không
tìm được nguyên hàm dưới dạng hiện. Vì vậy, nhu cầu tính các tích phân xác định khi
chưa tường minh nguyên hàm tương ứng là một bài toán cần được khảo sát chi tiết.
Trong những trường hợp đó, nếu biết dựa vào những tính chất đặc biệt của hàm dưới
dấu tích phân và những biến đổi thích hợp, ta có thể tính được một số dạng tích phân

xác định.

1.1.3

Tích phân đối với hàm chẵn và lẻ

Tính chất 1.1. Nếu hàm số y = f (x) lẻ, liên tục trên [−a; a], với a > 0 thì
a

I=

f (x)dx = 0.
−a


7

Chứng minh. Do f (x) liên tục trên [−a; a] nên
0

I=

a

f (x)dx

f (x)dx +
−a

0

Đặt x = −t thì dx = −dt. Khi đó
0

0

f (x)dx = −
−a

a

0

0

(Do f (x) là hàm số lẻ nên f (−x) = −f (x)).
Vậy
a

I=−

f (−x)dx = −

f (−t)dt =

f (−t)dt =

a

a

a

f (x)dx
0

a

f (x)dx +
0

f (x)dx = 0.
0

Bài toán 1.1. Tính tích phân
1
2

I=

cos 4x + sin

1+x
x
sin x ln
dx.
2
1−x

− 12

Lời giải. Xét hàm số
f (x) = cos 4x + sin

x
1+x
sin x ln
2
1−x

1 1
và
2 2

Ta thấy f (x) liên tục trên − ;

−x
1−x
sin(−x) ln
2
1+x
−1
x
1+x
= (cos 4x + sin sin x) ln
2
1−x
1+x
x
= −f (x).

= −(cos 4x + sin sin x) ln
2
1−x

f (−x) = cos(−4x) + sin

1 1
và là hàm số lẻ nên theo tính chất 1.1, ta có I = 0.
2 2

Vậy f (x) liên tục trên − ;

Tính chất 1.2. Nếu f (x) là hàm số chẵn, liên tục trên [−a; a], với a > 0 thì
a

I=

a

f (x)dx = 2
−a

f (x)dx.
0

Chứng minh. Chứng minh tương tự như tính chất 1.1, chú ý f (−x) = f (x).


8

Bài toán 1.2 (Đề thi tuyển sinh vào ĐH Lâm nghiệp - 1999). Tính tích phân
1

I=

x4 + sin x
dx.
x2 + 1

−1

Lời giải. Ta có
1

I=

1

x4
dx +
x2 + 1

−1

sin x
dx = I1 + I2 .
x2 + 1
−1

sin x

là hàm số lẻ, liên tục trên [−1; 1] theo tính chất 1.1, ta có I2 = 0; còn
x2 + 1

Dễ thấy

x4
là hàm số chẵn, liên tục trên [−1; 1] nên theo tính chất 1.2, ta có
x2 + 1
1

I1 = 2

1

x4
dx = 2
x2 + 1
0

0

1

1

x4 − 1 + 1
dx = 2
x2 + 1

dx

π 4
= − .
+1
2 3

(x2 − 1)dx +

x2
0

0

π 4
− .
2 3

Vậy I =

Tính chất 1.3. Nếu f (x) là hàm số chẵn, liên tục trên D ⊂ R thì với ∀a ∈ D ta luôn có
a

I=
−a

a

f (x)
dx =
bx + 1

f (x)dx, với a > 0 và 0 < b = 1.
0

Chứng minh. Ta có
0

a

f (x)
dx +
bx + 1

I=
−a

f (x)
dx
bx + 1
0

Đặt x = −t thì dx = −dt. Khi đó
0

0

f (x)
dx = −
bx + 1
−a

a

f (−t)
dt =
b−t + 1
a

Vậy

a

I=

0

0

a

f (x)
=
bx + 1
0

a

f (−x)bx
dx =
bx + 1

0

a

f (x)bx
dx +
bx + 1

a

f (−t)bt
dt =
bt + 1

0

a

(bx + 1)f (x)
dx =
bx + 1

0

f (x)bx
dx.
bx + 1

f (x)dx.
0

Nhận xét 1.1. Từ các tính chất riêng lẻ 1.1, 1.2 và 1.3, dẫn đến một tính chất chung
sau đây
Tính chất 1.4. Nếu f (x) là hàm liên tục trên [−a; a], với a > 0 thì
a

I=

a

f (x)dx =
−a

(f (x) + f (−x))dx
0


9

Chứng minh. Do f (x) liên tục trên [−a; a] nên
0

I=

a

f (x)dx

f (x)dx +
−a

0

Đặt x = −t thì dx = −dt. Khi đó
0

0

f (x)dx =
−a

I=

0

0

a

a

f (x)dx +
0

f (−x)dx

f (−t)dt =

f (−t)(−dt) =
a

Vậy

a

a

a

f (−x)dx =
0

(f (x) + f (−x)) dx.
0

Bài toán 1.3 (Olympic Sinh viên Toàn quốc - 2011). Tính tích phân
1

1 + x + x2

dx
√
.
+ 1 + 3x2 + x4

−1

1
√
, với x ∈ [−1, 1].

1 + x + x2 + 1 + 3x2 + x4

Lời giải. Xét f (x) =

Ta nhận thấy f (x) liên tục trên đoạn [−1; 1] và f (x) + f (−x) =

1
.
1 + x2

Từ đó, sử dụng tính chất 1.4, ta có
1

I=

f (x)dx =
−1

1.1.4

1

1

dx
π
= .
2
1+x
4

(f (x) + f (−x)) dx =
0

0

Tích phân đối với hàm tuần hoàn

Trong mục này ta chỉ xét các hàm tuần hoàn cộng tính. Đối với các hàm số tuần
hoàn nhân tính cần chuyển đổi qua hàm tuần hoàn cộng tính bằng phép lôgarit hóa các
biểu thức tương ứng của biến số.
Ta nhắc lại định nghĩa hàm tuần hoàn.
Định nghĩa 1.3 (xem [1-3]). Hàm số y = f (x) được gọi là hàm số tuần hoàn nếu có
một số T > 0 sao cho với mọi x thuộc miền xác định Df của hàm số, ta luôn có
1) x ± T cũng thuộc miền xác định của hàm số,
2) f (x + T ) = f (x), ∀x ∈ Df .
Số T (T > 0) được gọi là chu kì của hàm tuần hoàn. Chu kì nhỏ nhất (nếu tồn tại)
được gọi là chu kì cơ sở của hàm số đã cho.


10

Tính chất 1.5. Nếu hàm số f (x) tuần hoàn chu kì T , xác định và liên tục trên R thì
a+T

T
2

T

f (x)dx =
a

f (x)dx, ∀a ∈ R

f (x)dx =
0

− T2

Chứng minh. Đặt
a+T

I1 =

T
2

T

f (x)dx, I2 =
a

f (x)dx, I3 =
0

Ta có

0

I1 =

− T2

T

f (x)dx +
a

f (x)dx

a+T

f (x)dx +
0

f (x)dx.
T

a+T

f (x)dx được I1 = I2 . Chọn a = − T2 ta được

Đổi biến x = t + T đối với tích phân
T

I1 = I3 .

Bài toán 1.4. Tính tích phân
5π

4

sin 2x

I=

cos4 x + sin4 x

dx.

π

Lời giải. Dễ thấy f (x) =

sin 2x
sin 2x
=
là hàm tuần hoàn với chu kì
4
1 2
cos4 x + sin x
1 − sin 2x
2

T = π , do đó theo tính chất 1.5, ta có
π
4

π
4

sin 2x
dx = 2
cos4 x + sin4 x

I=
0

π
4

sin x cos x
dx = 2
cos4 x + sin4 x
0

Ta tính

tan xdx
cos2 x(1 + tan4 x)
0

π
4

tan xdx

I1 =

cos2 x(1 + tan4 x)

0

dx
.
cos2 x
π
Đổi cận: Khi x = 0 thì t = 0; khi x = thì t = 1. Vậy nên
4

Đặt t = tanx, ta có dt =

1

1

tdt
1
=
4
1+t
2

I1 =
0

d(t2 )
π
= .
4
1+t

8

0

Do đó
I = 2I1 =

π
.
4


11

Bài toán 1.5 (Olympic Sinh viên Toàn quốc - 2007). Tính tích phân
2π

I=

1 + sin2 x dx.

ln sin x +
0

1 + sin2 x

Lời giải. Nhận xét rằng f (x) = ln sin x +

là hàm liên tục, tuần hoàn với

π

chu kì T = 2π . Từ tính chất 1.5 ta được I =

f (x)dx.
−π

Mặt khác, do f (x) là hàm số lẻ nên theo tính chất 1.1 ta được I = 0.

1.1.5

Tích phân một số dạng với đặc trưng hàm đặc biệt

Tính chất 1.6. Nếu hàm số f (x) liên tục trên [0; 1] thì
π
2

π
2

f (sin x)dx =
0

Chứng minh. Đặt t =

f (cos x)dx.
0

π
π

− x thì x = − t và dx = −dt. Khi đó
2
2

π
2

π
2

0

f (sin x)dx = −

π
−t
2

f sin

dt =

π
2

0

π
2

f (cos t)dt =
0

f (cos x)dx.
0

Bài toán 1.6. Tính tích phân
π
2

I=

cosn x
dx (n ∈ N∗ ).
cosn x + sinn x

0

Lời giải. Theo tính chất 1.6, ta có
π
2

I=

sinn x
dx
sinn x + cosn x

0

thì

π
2

2I =

cosn x
cosn x + sinn x

0

π
2

π
2

n

sin x
dx =
sin x + cosn x

dx +

dx =

n

0

π
.
2

0

π
Vậy I = .
4

Tính chất 1.7. Nếu hàm số f (x) liên tục trên đoạn [a; b] và thỏa mãn điều kiện
f (x) = f (a + b − x) với mọi x ∈ [a; b], thì ta luôn có


12
a+b
2

b

1)I =

f (x)dx = 2
a

b

f (x)dx. 2)J =

a

π

Đặc biệt: J1 =

xf (sin x)dx =
0

π
2

a

π

a+b
xf (x)dx =
2

b

f (x)dx.
a

f (sin x)dx.
0

Chứng minh. Ta có
a+b

2

b

b

f (x)dx +

f (x)dx =
a

a

f (x)dx.
a+b
2

Đối với tích phân thứ hai, đặt x = a + b − t, ta được
b

f (x)dx = −
a+b
2

a+b
2

a+b
2

a

f (a + b − t)dt =

f (a + b − t)dt =

f (t)dt =

a

a+b
2

a+b
2

f (x)dx

a

a

Do vậy, tính chất 1.7 1) được chứng minh.
Bằng cách đổi biến tương tự, đặt t = a + b − x thì dt = −dx và
b

a

xf (x)dx = −
a

b

(a + b − t)f (a + b − t)dt =

(a + b − t)f (t)dt
a

b
b

b

f (t)dt −

= (a + b)
a

b

f (x)dx −

tf (t)dt = (a + b)
a

b

a

xf (x)dx

a

và tính chất 1.7 2) được chứng minh. Cho a = 0, b = π ta có J1 .
Bài toán 1.7. Tính tích phân
2π

dx
.
2 + cos x

I=
0

Lời giải. Ta có
1
1
=
2 + cos x
2 + cos(2π − x)

Từ tính chất 1.7, ta suy ra
2π

dx
=2
2 + cos x

I=
0



π

π
2

dx

= 2
2 + cos x
0

π

dx 

2 + cos x

dx
+
2 + cos x
0

x
2
Sử dụng công thức cos x =
x , ta có
2
1 + tan

2
1 − tan2

x
1 + 3 cot2
2
2 + cos x =
x .
2
1 + cot
2



π
2


13

Ta tính

π
2

dx
.
2 + cos x

I1 =

0

x
Đặt t = tan (0 ≤ t ≤ 1), ta có
2
√
dt
π 3
=
.
t2 + 3
9

1

I1 = 2
0

Ta tính

π

dx
.
2 + cos x

I2 =
π
2

Đặt u = cot

x
(0 ≤ u ≤ 1), ta được
2
1

1

2
du
=
1 + 3u2
3

I2 = 2
0

Vậy

√
2π 3
=
.
1
9
2
u +
3
du

0

√
√
√
2π 3
π 3 2π 3
+
=
.
I=
9
9
3

Bài toán 1.8. Tính tích phân
π

x sin xdx
.
1 + sin2 x

I=
0

Lời giải. Theo tính chất 1.7, ta có
π

π

I=
2
0

1.2

π

sin xdx
π
=
2
2
1 + sin x

√
−d(cos x)
π
2 + cos x
= − √ ln √
2
2 − cos x
4 2
2 − cos x

π
0

√
π

= − √ ln( 2 − 1).
2

0

Một số bất đẳng thức tích phân và phương pháp bất
đẳng thức trong tích phân

1.2.1

Một số bất đẳng thức tích phân cơ bản

Ta nhắc lại ý nghĩa hình học của tích phân:
b

Nếu hàm số f (x) liên tục và không âm trên đoạn [a; b] thì

f (x)dx là diện tích của
a

hình thang cong giới hạn bởi đồ thị của hàm số y = f (x), trục Ox và hai đường thẳng
x = a, x = b.


14

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 ta có một
số tính chất bất đẳng thức của tích phân như sau:
1) Nếu f (x) ≥ 0 với mọi x ∈ [a; b] thì

b

f (x)dx ≥ 0.
a

và dấu ” = ” xảy ra khi f (x) đồng nhất bằng 0 tại mọi x thuộc đoạn [a, b].
2) Nếu f (x) ≥ g(x) với mọi x ∈ [a; b] thì
b

b

f (x)dx ≥
a

g(x)dx.
a

3) Nếu m ≤ f (x) ≤ M với mọi x ∈ [a; b] thì
b

m(b − a) ≤

f (x)dx ≤ M (b − a).
a

4) Giá trị trung bình của hàm số trong đoạn cho trước
Nếu hàm số f (x) liên tục trên [a; b] thì tồn tại c ∈ (a; b) sao cho
b

1

f (c) =
b−a

f (x)dx.
a

5) Với mọi f (x) xác định trên [a; b], ta đều có
b

b

f (x)dx ≤
a

|f (x)|dx.
a

6) Với mọi f (x) và g(x) xác định trên [a; b], ta đều có
b

b

f (x)g(x)dx ≤
a

1.2.2

|f (x)g(x)|dx.
a

Sử dụng ý nghĩa hình học của tích phân

Bài toán 1.9. Cho hàm số y = f (x) liên tục, không âm, đơn điệu tăng trên [0; c)
với c > 1. Gọi f −1 (x) là hàm ngược của nó. Chứng minh rằng với mọi a ∈ [0; c) và
b ∈ [f (0); f (c)), ta luôn có
a

b

f (x)dx +
0

f (0)

f −1 (x)dx ≥ ab.


15

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi b = f (a).
Lời giải. Gọi S1 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi x = a, x = b, y = 0, y = f (x), thì
b

S1 =

f (x)dx.
a

Gọi S2 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi y = f (0), y = b, x = 0, x = f −1 (y), thì
b

f −1 (x)dx.

S2 =
f (0)

Gọi S là diện tích hình chữ nhật tạo bởi x = 0, x = a, y = 0, y = b, thì S = ab. Trong cả
hai trường hợp f (a) ≤ b và f (a) > b, ta đều có S1 + S2 ≥ S nên
a

b

f −1 (x)dx ≥ ab.

f (x)dx +
0

f (0)

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi f (a) = b. Đặc biệt, nếu f (0) = 0 thì ta có
a

b

f −1 (x)dx ≥ ab.

f (x)dx +
0

1.2.3

0

Sử dụng đánh giá hàm dưới dấu tích phân
4

dx
√
< 1.
3
ln x
3
x
e
1
Lời giải. Do x > 3 > e nên > ln x > 1 hay <
< 1.
e
x
ln
x
1
1
e 3
Suy ra
<
1 < 1.
x
(ln x) 3

Bài toán 1.10. Chứng minh rằng 0, 9 <

4

Gọi I là tích phân đang xét. Từ đó suy ra

1

1

e 3 x− 3 dx < I < 1

3

√
√ 3 √
3
hay 0, 9 < 3 e
16 − 3 9 < I < 1.
2
4
dx
Vậy ta có 0, 9 < √
< 1.
3
ln x
3

Bài toán 1.11. Chứng minh bất đẳng thức
π

1
2

xm e2x dx >

π m+2
π m+3
+
, m ∈ N.
m+2 m+3

0

Lời giải. Xét hàm số
f (x) = e2x − 2 x2 + x , x ≥ 0.


16

Ta có
f / (x) = 2 e2x − 2x − 1 , ∀x ≥ 0

Do f (0) = 1 > 0 nên
e2x > 2(x2 + x), ∀x > 0

Từ bất đẳng thức trên, ta thu được
π

1

2

π m+2
π m+3
x e dx >
+
, m ∈ N.
m+2 m+3
m 2x

0

Bài toán 1.12. Cho m, n nguyên, m ≥ 2, n ≥ 1. Chứng minh rằng
1
n

n

k=1

0

5
(cos x)km + n sin x dx < .
4

Lời giải. Với m ≥ 2, n ≥ 1, ta có (cos x)km ≤ cos2 x = 1 − sin2 x, ∀x ∈ 0;

1
.

n

Vậy
n

(cos x)km + n sin x ≤ n − n sin2 x + n sin x

f (x) =
k=1

=n

2

5
1
− sin x −
4
2

5
< n.
4

Gọi I là tích phân đang xét. Từ đó suy ra
1
n

5
5

ndx = .
4
4

I<
0

Bài toán 1.13. [Olympic SV 1995] Cho hàm số f (x) liên tục và nghịch biến trên [0; b]
và cho a ∈ [0; b]. Chứng minh rằng
a

b

f (x)dx ≥ a

b
0

f (x)dx.
0

Lời giải. Bất đẳng thức đã cho tương đương với
a

(b − a)

b

f (x)dx ≥ a

f (x)dx.
a

0

Do f (x) nghịch biến trên [0; a] và [a; b] nên
a

(b − a)

a

f (x)dx ≥(b − a)
0

f (a)dx = (b − a)a.f (a)
0

(1.3)


17
b

b

f (a)dx ≥ a

=a
a

f (x)dx.
a

Vậy (1.3) được chứng minh.
Bài toán 1.14. Cho hàm số f (x) liên tục cùng với đạo hàm của nó trên [0; 1] và f (x)
lấy cả giá trị âm và dương trên [0; 1]. Chứng minh rằng
1

1

|f (x)| dx <
0

f (x) dx.
0

Lời giải. Giả sử x1 , x2 ∈ [0; 1] , x1 < x2 , ta có f (x1 ) < 0, f (x2 ) > 0. Theo định lý về giá
trị trung bình của hàm số liên tục thì tồn tại một điểm a ∈ (x1 ; x2 ) sao cho f (a) = 0. Vì
hàm số |f (x)| liên tục trên [0; 1] nên nó đạt giá trị lớn nhất trên đoạn này, tức là tồn tại
một điểm b ∈ [0; 1] sao cho |f (x)| ≤ |f (b)| , ∀x ∈ [0; 1].
Suy ra b = a và b ∈ [0; a) hoặc b ∈ (a; 1].
Không mất tính tổng quát, ta giả sử b ∈ (a; 1], ta có
1

1

|f (x)|dx ≤
0

b

|f (b)| dx = |f (b)| = |f (b) − f (a)| =
a

0
b

≤

1

f (x)dx ≤
a

a
b

0
1

a

0

|f (x)dx| +

|f (x)dx| +
0

a

1

|f (x)dx| +
0

|f (x)dx| =
0

a

|f (x)dx| ta suy ra

b

a

1

|f (x)dx| thì từ

|f (x)dx| =

1

0

|f (x)dx|.

|f (x)dx| ≤

Thật vậy, nếu

f (x)dx .

1

b

Ta sẽ chứng minh

b

f (x)dx

|f (x)dx| = 0.
b

Suy ra |f (x)| = 0 hay f (x) = 0, ∀x ∈ [0; a] suy ra f (x) là hàm hằng trên [0; a] mà
f (a) = 0 nên f (x) = 0, ∀x ∈ [0; a], mâu thuẫn với f (x1 ) < 0 trong đó x1 ∈ [0; a].
Từ đó ta suy ra điều phải chứng minh.

1.2.4

Phương pháp phân đoạn miền lấy tích phân

Định lý 1.15. Cho f (x) ≥ 0 liên tục trên [a; b]. Khi đó
β

b

f (x)dx ≥
a

f (x)dx,
α


18

với [α; β] ⊂ [a; b].
Yêu cầu phải chọn ra đoạn [α; β] thích hợp. Nhiều khi ta phải phân đoạn miền lấy
tích phân thành nhiều đoạn, ví dụ thành hai đoạn
b

L

=
a

b

, với L ∈ (a; b).

+
a

L

Trên [a; L], chọn f1 (x) để f (x) ≥ f1 (x); trên [L; b], chọn f2 (x) để f (x) ≥ f2 (x).
Chẳng những để chứng minh các bất đẳng thức, người ta còn sử dụng phương pháp
phân đoạn miền lấy tích phân để tính tích phân khi hàm cho bởi nhiều biểu thức.
Bài toán 1.15. Cho f (x) là hàm giảm và liên tục trên [0; 1], khi đó với mọi α ∈ (0; 1)
ta luôn có
α

1

f (x)dx ≥ α
0

f (x)dx.
0

Lời giải. Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
α

α

f (x)dx ≥ α
0

1

f (x)dx + α
α

0
α

⇔(1 − α)

1

f (x)dx ≥ α

1
α

f (x)dx
α
1

0
α

⇔

f (x)dx

f (x)dx ≥

1
1−α

f (x)dx
α

0

⇔f (c1 ) ≥ f (c2 )

trong đó c1 ∈ (0; α), c2 ∈ (α; 1)
Bất đẳng thức cuối cùng đúng do f (x) là hàm giảm.
Bài toán 1.16. Cho f (x) là hàm số liên tục, có đạo hàm trên [0; 2] và thỏa mãn
f (0) = f (2) = 1, |f (x)| ≤ 1 với x ∈ [0; 2]. Chứng minh rằng
2

f (x)dx > 1.
0

Lời giải. Lấy x ∈ (0; 2), theo công thức số gia giới nội, tồn tại θ1 ∈ (0; x) để
f (x) − f (0) = xf (θ1 ) hay f (x) = 1 + xf (θ1 ).

Ta có
f (x) ≥ −1 ⇒ f (x) ≥ 1 − x, ∀x ∈ (0; 1)

Tương tự, tồn tại θ2 ∈ (x; 2) để

(1.4)


19
f (x) − f (2) = (x − 2)f (θ2 ) hay f (x) = 1 + (x − 2)f (θ2 ).

Ta có
f (x) ≤ 1 ⇒ f (x) ≥ x − 1, ∀x ∈ (1; 2).
2

1

2

f (x)dx ≥

Từ (1.4) và (1.5) ta được
0

(1.5)

(1 − x)dx +
0

(x − 1)dx =
1

1 1
+ = 1.
2 2

1 − x, khi 0 ≤ x ≤ 1

Dấu đẳng thức xảy ra khif (x) =

x − 1, khi 1 ≤ x ≤ 2.

Bài toán 1.17. Chứng minh rằng đối với hàm số khả vi liên tục f (x) trên [a; b]; f (a) =
f (b) = 0 xảy ra bất đẳng thức M = max |f (x)| ≥
x∈[a;b]

4
(b − a)2

b

|f (x)|dx.
a

Lời giải. Với x ∈ (a; b), theo công thức số gia giới nội, ta có
f (x) − f (a) = f (c1 )(x − a) hay f (x) = f (c1 )(x − a) với c1 ∈ (a; x);
f (x) − f (b) = f (c2 )(x − b) hay f (x) = f (c2 )(x − b) với c2 ∈ (x; b).

Suy ra
|f (x)| = f (c1 ) |x − a| ≤ M (x − a), ∀x ∈ [a; b];
|f (x)| = f (c2 ) |x − b| ≤ M (b − x), ∀x ∈ [a; b].

Ta đi đến

a+b
2

b

|f (x)| dx+

|f (x)| dx =
a

a

4
Vậy
(b − a)2

b

a+b
2

b

|f (x)| dx ≤ M

b

(x − a)dx+M
a

a+b
2

a+b
2

(b − a)2
(b − x)dx = M
.
4

|f (x)|dx ≤ M.
a
1

Bài toán 1.18. Cho n nguyên dương, chứng minh rằng
−1

1
1 − x2 dx > √ .
n

Lời giải. Dễ chứng minh rằng với 0 < x < 1 thì (1 − x)n ≥ 1 − nx, từ đó
1

√1
n

1

1 − x2

n

1 − x2

dx = 2

−1

n

1 − x2

dx ≥ 2

0

n

dx

0
√1
n

4
1
1 − nx2 dx = √ > √ .
3 n
n

≥2
0

1.2.5

Bất đẳng thức Bunhiakovski

Bài toán 1.19. Chứng minh rằng với mọi cặp hàm f (x) và g(x) liên lục trên [a; b], ta
đều có

b

b

f (x).g(x)dx
a

2

b

2

≤

g 2 (x)dx.

f (x)dx.
a

a


20

Lời giải. Từ hệ thức
[tf (x) + g(x)]2 ≥ 0

Áp dụng tính chất tích phân, ta suy ra
b

t2

b

b

f 2 (x)dx + 2t
a

g 2 (x)dx ≥ 0.

f (x)g(x)dx +
a

a

Đến đây, coi bất đẳng thức trên là bất phương trình bậc hai theo t, ta có ∆ ≤ 0 và
nhận được
b

b

f (x).g(x)dx

2

b

f 2 (x)dx.

≤

a

a

g 2 (x)dx.
a

Bài toán 1.20. Cho f (x) là hàm số có đạo hàm liên tục trên [0; 1] và f (1) − f (0) = 1.
Chứng minh rằng
1
2

f (x)

dx ≥ 1.

0

Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức Bunhiakovski với cặp hàm f (x) và g(x) (≡ 1), ta có
1

1

f (x)dx
0

2

1

≤

f (x)

2

dx.

0

(1.6)

dx
0

Theo công thức Newton-Leibnitz, thì
1

f (x)dx = f (x)|10 = f (1) − f (0) = 1.
0

Từ (1.6), suy ra
1

f (x)

2

dx ≥ 1.

0

Bài toán 1.21. Chứng minh rằng với mọi x > 0, ta có
x
x

e2t + e−t dt <

e −1<

(ex − 1) ex −

1
.
2

0

Lời giải. Ta có

x

x
t

e2t + e−t dt =
0

e2
0

et + e−2t dt.

(1.7)


21

Theo bất đẳng thức Bunhiakovski, thì
 x
2
e



t
2

x

0

Từ (1.7), ta có
 x

et + e−2t dt

et dt.

et + e−2t dt ≤

0

x

0

2
1
1 1 −2x
< (ex − 1) ex −
− e
2 2
2

e2t + e−t dt ≤ (ex − 1) ex −



(1.8)

0

Mặt khác, ta có
e2t + e−t > et , 0 < t < x

nên

x

x

et dt = ex − 1.

e2t + e−t dt >

(1.9)

0

0

Từ (1.8) và (1.9), suy ra
x
x

e2t + e−t dt <

e −1<

(ex − 1) ex −

1
.
2

0

Bài toán 1.22. Cho hàm số liên tục f : [0; 1] → [−1; 1]. Chứng minh rằng
1

1

1 − f 2 (x)dx ≤

2

1−

f (x)dx .
0

0

Lời giải. Dễ thấy các căn thức có nghĩa. Theo bất đẳng thức Bunhiakovski, ta có
2

1

•

1.

1 − f 2 (x)dx

0
1

•

2

1.f (x)dx
0

1
0
1

1

12 dx.

≤

1

12 dx.

≤

0
1

0

0

f 2 (x)dx;
0

1

f 2 (x)dx =
0

f 2 (x)dx.
0
2

1

f 2 (x)dx ≤ 1 −

Từ đó 1 −

1

1 − f 2 (x) dx = 1 −

f (x)dx

.

0

Do cả hai vế đều không âm nên lấy căn bậc hai hai vế, ta được điều phải chứng

minh.
Bài toán 1.23. Cho f (x) là hàm số có đạo hàm liên tục trên [a; b] và f (a) = 0. Đặt
M = max |f (x)| . Chứng minh rằng
x∈[a;b]
b
2

2

M ≤ (b − a)

f (x) dx.
a