Mở rộng và phát triển một bài toán thi olympic sinh viên việt nam

Hội toán học Hà Nội

Hội thảo Lai Châu 10/2015

Mở rộng và phát triển một bài toán
thi Olympic sinh viên Việt Nam
Võ Đức Toàn1 , Vũ Tiến Việt2

Năm 2005 trong kỳ thi Olympic toán học sinh viên Việt Nam (được tổ chức
tại Đại học Sư phạm – Đại học Huế) có bài toán sau3 :
Cho hàm f (x) liên tục trên [0, 1] và thỏa mãn
1

1 − x2
, ∀x ∈ [0, 1]
2

f (t)dt
x

(1)

Chứng minh rằng
1

1

[f (x)]2 dx

1
3

xf (x)dx

0

0

Lời giải. Ta có
1

0

1

[f (x) − x]2 dx =

0
1

nên

0

0

1

2
1

Đặt I =

1

xf (x)dx +
0

1

[f (x)]2 dx

1

[f (x)]2 dx − 2

xf (x)dx −
0

x2 dx

0

1
.
3

f (t)dt dx và sử dụng tích phân từng phần ta được
0

1

x
1

I=

1

f (t)dt dx = x
0

x

tf (t)dt
x

1
0

1

+

1

xf (x)dx =
0

Mặt khác ta có
1

1

I=

1

f (t)dt dx
0

x

0

1
1 − x2
dx =
2
3

Từ đây suy ra điều phải chứng minh.
Nhận xét. Điều kiện (1) có thể viết thành
1

1

f (t)dt
x

tdt , ∀x ∈ [0, 1]

x

1 Học viên Cao học, Khoa Toán - Trường Đại học Quy Nhơn
email:
2 Khoa Toán - Tin, Học viện An ninh nhân dân
email:
3 Bài này xuất hiện lần đầu trong kỳ thi ICM-1995 tổ chức tại Bulgaria

xf (x)dx
0


Hội thảo Lai Châu 10/2015

Ngô Quốc Anh, Dư Đức Thắng, Trần Tất Đạt và Đặng Anh Tuấn (ĐHQG
Hà Nội, xem [3]) đã phát triển bài toán trên như sau:
Bổ đề 1. Giả thiết hàm f liên tục trên [0, 1] và thỏa mãn điều kiện (1) ; đồng
thời f (x) 0 , ∀x ∈ [0, 1] (1 ) . Khi đó ta có
1

1
, (n = 0, 1, 2, ...)
n+3

xn+1 f (x)dx

0

Chứng minh. Ta có
1

1

xn

f (t)dt dx =

0

x

=
1

dẫn đến

1

1
n+1

0

1

f (t)dt
x
1

Mặt khác

1

Do đó

xn

1

0

+

1

1
n+1

xn+1 f (x)dx

0

f (t)dt dx .
x

1 − x2
dx .
2
0
1
1

1 − x2
(n + 1)
dx = ...? =
.
xn
2
n
+
3
0

f (t)dt dx

0

1

1

xn

0

1

f (t)dt d(xn+1 )

x
1

xn+1
n+1

xn+1 f (x)dx = (n + 1)

0

1

x

xn+1 f (x)dx

0

xn

Bài toán 1. Giả sử hàm f liên tục trên [0, 1] và thỏa mãn (1), (1 ) . Khi đó
1

1

[f (x)]n+1 dx

0

xn f (x)dx , ∀n ∈ N

0

Lời giải. Do bất đẳng thức Cauchy ta có [f (x)]n+1 + nxn+1
1

nên

1

[f (x)]n+1 dx + n

0

1

xn+1 dx

(n + 1)

0

(n + 1)xn f (x),

xn f (x)dx .

0

Theo bổ đề 1 ta có
1

(n + 1)

1

xn f (x)dx = n

0

1

xn f (x)dx +

0

n
+
n+2

xn f (x)dx

0

1

xn f (x)dx

0

Suy ra điều phải chứng minh.
Bài toán 2. Giả sử hàm f liên tục trên [0, 1] và thỏa mãn (1), (1 ) . Khi đó
1

1

[f (x)]n+1 dx

0

x[f (x)]n dx , ∀n ∈ N

0

Lời giải. Ta thấy (f (x) − x)([f (x)]n − xn )
n+1

tức là [f (x)]
1

Do đó
0

+x

n+1

[f (x)]n+1 dx +

1
n+2

0 , ∀x ∈ [0, 1] ,

n

x f (x) + x[f (x)]n , ∀x ∈ [0, 1] .
1
0

1

xn f (x)dx +

x[f (x)]n dx .

0

Đến đây theo bổ đề 1 ta suy ra điều phải chứng minh.


Hội toán học Hà Nội

Hội thảo Lai Châu 10/2015

Bổ đề 2. Giả sử hàm f liên tục trên [0, 1] và thỏa mãn (1), (1 ) .
1

Khi đó

1
, (∀α > 0) .
α+3

xα+1 f (x)dx

0

Chứng minh. Tương tự như chứng minh bổ đề 1.
Bài toán 3. Giả sử hàm f liên tục trên [0, 1] và thỏa mãn (1), (1 ) . Khi đó
1

1

[f (x)]α+1 dx

0

xα f (x)dx , ∀α > 0

0

Lời giải. Dễ dàng có bất đẳng thức Cauchy tổng quát sau
xα y β , (α > 0, β > 0, α + β = 1, x

αx + βy

0, y

0)

Từ đó
1
α

[f (x)]α+1 +
xα+1
α+1
α+1
1
α
1
[f (x)]α+1 dx +
α+1 0
(α + 1)(α + 2)

xα f (x) , ∀x ∈ [0, 1]
1

xα f (x)dx

0

Theo bổ đề 2 ta có
1

1
α+1

xα f (x)dx =

0

1
α+1

1

xα f (x)dx +

0
1

xα f (x)dx +

0

α
α+1

1

xα f (x)dx

0

α
(α + 1)(α + 2)

Suy ra điều phải chứng minh.
Bài toán 4. Giả sử hàm f liên tục trên [0, 1] và thỏa mãn (1), (1 ) . Khi đó
1

1

[f (x)]α+1 dx

0

x[f (x)]α dx , ∀α > 0

0

Lời giải. Tương tự như chứng minh bài toán 3.
Bài toán mở số 1. Giả sử f (x) là hàm liên tục trên [0, 1] thỏa mãn
1

1

f (t)dt
x

tdt , ∀x ∈ [0, 1]
x

Với điều kiện nào cho α và β thì bất đẳng thức sau là đúng?
1
0

1

[f (x)]α+β dx
0

tα [f (x)]β dx

Hội thảo Lai Châu 10/2015

Chúng ta tiến hành giải quyết bài toán mở số 1 nêu trên.
Bổ đề 3. Giả sử hàm f liên tục trên [0, 1] và thỏa mãn (1) . Khi đó
1

1 − xk+2
, ∀x ∈ [0, 1] , (k ∈ N)
k+2

tk f (t)dt

x

Chứng minh. Từ giả thiết ta có
1

1

y k−1

1

f (t)dt dy

x

y

y k−1

x

1 − y2
dy
2

1
xk
xk+2
−
+
k(k + 2) 2k 2(k + 2)

= ...? =

Mặt khác, dùng tích phân từng phần ta được
1

1

y k−1

f (t)dt dy =

x

y

1

yk
k

=−

f (t)dt
y

1
x

+

1

xk
k

f (t)dt +
x

1
k
1
k

1

x
1

y k f (y)dy
y k f (y)dy

x

Do đó
−

xk
k

1

f (t)dt +
x

1
k

1
x
1

⇒

y k f (y)dy
y k f (y)dy

x

1
xk
xk+2
−
+
k(k + 2) 2k 2(k + 2)
1

1
xk
kxk+2
−
+
k+2
2
2(k + 2)
x
2
k
1−x
1
x
kxk+2
1 − xk+2
xk
+
−

+
=
.
2
k+2
2
2(k + 2)
k+2
xk

f (t)dt +

Nhận xét. Bằng cách tương tự, ta có thể chứng minh bổ đề 3 cũng đúng khi
k ∈ [1, ∞) . Tức là
1

1 − xα+2
, ∀x ∈ [0, 1] , (∀α
α+2

tα f (t)dt

x

1)

Bổ đề 4. Giả sử f là hàm không âm và liên tục trên [0, 1] sao cho (1) thỏa
mãn. Khi đó với mỗi x ∈ [0, 1] và k ∈ N , ta có
1

[f (t)]k dt

x

1 − xk+1
k+1

Chứng minh. Ta thấy
1

0
x
1

=
x

(f (t) − t)([f (t)]k − tk )dt
[f (t)]k+1 −

1
x

tk f (t)dt −

1
x

t[f (t)]k dt +

1
x

tk+1 dt


Hội toán học Hà Nội

Hội thảo Lai Châu 10/2015

điều này kéo theo
1

1

[f (t)]k+1

x

1

tk f (t)dt +

x

1 − xk+2
k+2

t[f (t)]k dt −

x

Sử dụng bổ đề 3 ta có
1

1

[f (t)]k+1

x

t[f (t)]k dt (∗)

x

Tiếp tục chứng minh bằng quy nạp. Rõ ràng bổ đề đúng với k = 1.
1

Giả sử

1 − xk+1
, ta sẽ chứng tỏ rằng
k+1

[f (t)]k dt

x

1

[f (t)]k+1 dt

x

1 − xk+2
.
k+2

Thật vậy, ta có
1
x

1

1

[f (t)]k dt dy

y

x

1 − y k+1
1
x
xk+2
dy = ...? =
−
+
k+1

k + 2 k + 1 (k + 1)(k + 2)

Mặt khác. dùng tích phân từng phần ta được
1
x

1

1

[f (t)]k dt dy = y

y

[f (t)]k dt

y
1

= −x

1
x

1

+

[f (t)]k dt +

x

x
1

y[f (y)]k dy
y[f (y)]k dy

x

Như thế
1

−x

1

[f (t)]k dt +

x

x
xk+2
1
−
+
k + 2 k + 1 (k + 1)(k + 2)

y[f (y)]k dy

x

và do vậy
1

1

y[f (y)]k dy

x

x

x
xk+2
1
−
+
k + 2 k + 1 (k + 1)(k + 2)
1
x
xk+2
+
−
+
k + 2 k + 1 (k + 1)(k + 2)

[f (t)]k dt +

x

1 − xk+1
x
k+1
1 − xk+2
=
k+2
Đến đây do (∗) ta được
1

[f (t)]k+1

x

1

t[f (t)]k dt

x

1 − xk+2
k+2

điều này hoàn thành chứng minh.
Bài toán 5. Giả sử f là hàm không âm và liên tục trên [0, 1] . Nếu (1) thỏa
mãn, thì với mỗi m, n ∈ N , ta có
1
0

1

[f (x)]m+n dx
0

xm [f (x)]n dx


Hội thảo Lai Châu 10/2015

Lời giải. Sử dụng bất đẳng thức Cauchy tổng quát ta được
m
n
[f (x)]m+n +
xm+n
m+n
m+n

xm [f (x)]n

điều này kéo theo
1

n
m+n

[f (x)]m+n dx +

0

1

m
m+n

1

xm+n dx

0

xm [f (x)]n dx

0

Vì thế
1

m
m+n

[f (x)]m+n dx

0

1

=

1
0

0

Do bổ đề 4 ta có

1

m
m+n

m
(m + n)(m + n + 1)

[f (x)]m+n dx −

0

1
m+n+1

1
. Từ đây ta được
m+n+1

[f (x)]m+n dx

0
1

xm [f (x)]n dx −

0

xm [f (x)]n dx +
1

1

[f (x)]m+n dx +

1

[f (x)]m+n dx

0

xm [f (x)]n dx .

0

Bài toán 6. Giả sử f là hàm liên tục trên [0, 1] sao cho f (x)
Nếu (1) thỏa mãn, thì với mỗi α, β > 0 ta có
1

1

[f (x)]α+β dx

0

xα [f (x)]β dx

1 , ∀x ∈ [0, 1].

(∗∗)

0

Lời giải. Bằng cách chứng minh tương tự như với bài toán 5 ta thấy (∗∗)
1
1
.
đúng khi
[f (x)]α+β dx
α
+
β+1
0
1

Từ đó ta chỉ cần chứng tỏ rằng

1
, (η > 0).
η+1

[f (x)]η dx

0

1

Vì f (x)

1 , ∀x ∈ [0, 1] và [η]

η < [η]+1 ta có
0

Do bổ đề 4 ta được
1

1

[f (x)]η dx

1
[η] + 1

[f (x)][η] dx

0

0

1

[f (x)]η dx

[f (x)][η] dx.

0

1
.
η+1

Nhận xét. Điều kiện f (x) 1 , ∀x ∈ [0, 1] trong bài toán 6 là cần thiết để
1
1
[f (x)]η dx
, (η > 0) . Chẳng hạn xét η = 12 và
η
+
1
0
f (x) =
1

thì

f (t)dt
x

0
2(2x − 1)

1 − x2
, nhưng
2

nếu 0 x
nếu 12 < x
1

1
2

√
1
2

[f (x)] dx =
0

liên tục trên [0, 1]

1

2
2
< .
3
3


Hội toán học Hà Nội

Hội thảo Lai Châu 10/2015

Điều kiện f (x)

1 , ∀x ∈ [0, 1] có thể bỏ qua nếu giả thiết α + β

1.

Bài toán 7. Giả sử f là hàm không âm và liên tục trên [0, 1] sao cho (1) thỏa
mãn. Khi đó với mỗi α, β > 0 mà α + β 1 , ta có
1

1
α+β+1

[f (t)]α+β dt

0

và từ đó ta được bất đẳng thức (∗∗) như ở bài toán 6.
Lời giải. Đặt k = [α + β] và γ = {α + β} = α + β − [α + β] = α + β − k .
Ta thấy k ∈ N, 0
tổng quát ta có

γ < 1 và

γ
+ α+β
= 1 . Sử dụng bất đẳng thức Cauchy

k
α+β

k
γ α+β
[f (t)]α+β +
t
α+β
α+β

[f (t)]k tγ , ∀t ∈ [0, 1]

dẫn đến với mỗi x ∈ [0, 1] thì
k
α+β

1

[f (t)]α+β dt +

x

1

γ
α+β

tα+β dt

x

1

[f (t)]k tγ dt

x

Mặt khác, dùng tích phân từng phần và chú ý bổ đề 4 ta có
1

1

[f (t)]k tγ dt = −

x

x

[f (s)]k ds

t
1

= −tγ
= xγ

1

tγ d

t
1

[f (s)]k ds

1
x

[f (s)]k ds +

x

1

1

+
x
1
x

[f (s)]k ds d(tγ )

t
1

[f (s)]k ds d(tγ )

t

1
1 − tk+1 γ

1 − xk+1
+
d(t )
x
k+1
k+1
x
1
γ
=
(xγ − xα+β+1 ) + (1 − xγ ) −
(1 − xα+β+1 )
k+1
α+β+1
1
γ
1
1
(1 −
)=
[f (t)]k tγ dt
k+1
α+β+1
α+β+1
0
γ

Lại có

γ

α+β

1

tα+β dt =

0

γ
.
(α + β)(α + β + 1)

Từ đây ta được
k
α+β

1
0

[f (t)]α+β dt

1

1
γ
tα+β dt
α
+
β
0

0
1
γ
1
k
(1 −
)=
·
α+β+1
α+β
α+β+1 α+β

[f (t)]k tγ dt −

suy ra điều cần phải chứng minh.


Hội thảo Lai Châu 10/2015

Chúng ta phát biểu thêm một số bài toán mở khác:
Bài toán mở số 2. Giả sử f, g : [a, b] → [0, ∞) là các hàm liên tục và g là hàm
không giảm thỏa mãn
b

b

f (t)dt =
a

g(t)dt

(2)

g(t)dt , ∀x ∈ [a, b]

(3)

a
b

b

f (t)dt
x

x
b

Khi đó với mỗi hàm h là hàm lồi trên [0, ∞) ta có

b

h(f (t))dt
a

Đặc biệt, lấy h(t) := tα , (α > 0) là hàm lồi trên [0, ∞) ta được
b

b

[f (t)]α dt

a

h(g(t))dt.
a

[g(t)]α dt

a

Bài toán mở số 3. Giả sử f, g : [a, b] → [0, ∞) là các hàm liên tục và g là hàm
không giảm, khả vi thỏa mãn điều kiện (3) . Khi đó ta có
b

b

[f (t)]β dt

x

[g(t)]β dt , ∀x ∈ [a, b] , (β

1)

x

Bài toán mở số 4. Giả sử f, g : [a, b] → [0, ∞) là các hàm liên tục và g là hàm
không giảm, khả vi thỏa mãn điều kiện (3) . Khi đó nếu
b

[f (t)]α dt

x
b

thì ta có
x

[f (t)]β dt

b

[g(t)]α dt , ∀x ∈ [a, b] , (α > 0)

(4)

x
b

[g(t)]β dt , ∀x ∈ [a, b] , (β

α) .

x

TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1]. G.H. Hardy, J.E. Littlewood, G. Polya. Bất đẳng thức. (Tiếng Việt).
Bản dịch của Nguyễn Khắc Lân, Nguyễn Duy Tiến, Nguyễn Hữu Ngự
Nhà xuất bản Đại học Quốc gia Hà Nội, 2002.

[2]. D.S. Mitrinoviic , J.E. Pecaric and A.M. Fink.
Classical and New Inequalities in Analysis.
Kluwer Academic Publishers, Dordrecht - Boston - London, 1993.
[3]. Q.A. Ngo, D.D. Thang, T.T. Dat and D.A. Tuan.
Notes on an integral inequality.
J. Inequal. Pure & Appl. Math. , 7(4) (2006).
[4]. George A. Anastassiou. Advanced Inequalities.
Copyright c 2011 by World Scientific Publishing Co. Pte. Ltd.
[5]. Constantin P. Niculescu, Lars-Erik Persson.
Convex Functions and Their Applications.
Springer. September, 2004.
[6]. D.S. Mitrinovic (Author), P.M. Vasic (Contributor).
Analytic Inequalities. Springer.
Softcover reprint of the original 1st ed. 1970 edition (February, 2012)