Tài liệu Báo cáo đề tài: Phân loại phương pháp chứng minh bất đẳng thức tích phân doc

TRƯỜNG ĐẠI HỌC AN GIANG
KHOA SƯ PHẠM







NGƯỜI THỰC HIỆN:
¾ Họ và tên :
Nguyeãn Traàn Quang Vinh

¾ MSSV : DTN020780
¾ Lớp : DH3A2


Đề tài:

GIÁO VIÊN HƯỚNG DẪN:
Thạc sĩ

VÕ TIẾN THÀNH



An Giang 06-2004











LỜI CẢM ƠN



Nghiên cứu khoa học là một việc làm hết sức
thiết thực nhằm rèn luyện cho mỗi chúng ta có khả năng:
khám phá, suy luận, tư duy để tiếp cận được cái mới, phát
hiện ra cái mới và đó cũng là mục đích cần đạt được sau khi
một nhà nghiên cứu khoa học hồn thành xong một đề tài.
Em-một sinh viên nghiên cứu khoa học rất cảm
ơn Trường Đại họ

c An Giang, tồn bộ q thầy cơ khoa
sư phạm đã tạo mọi điều kiện thuận lợi giúp cho em và các
sinh viên nghiên cứu khoa học hồn thành đề tài một cách
thuận lợi.
Chân thành cảm ơn thầy VÕ TIẾN THÀNH đã
nhiệt tình hướng dẫn, chỉ bảo cho em trong q trình thực
hiện đề tài. Và một lần nữa cảm ơn q thầy cơ tổ bộ mơn
tốn đã có những đóng góp hết s
ức q báo cho đề tài của
em được hồn thiện hơn.


Sinh viên thực hiện
Nguyễn Trần Quang Vinh



MUÏC LUÏC





Lời mở đầu ...................................................................................................... 3
Phần I: Cơ sở lý thuyết của đề tài ................................................................. .4
Chương I: Phân loại các phương pháp chứng minh bất đẳng thức tích phân.
Bài 1: Chứng minh bất đẳng thức tích phân bằng phương pháp đánh giá... 5
I. Đánh giá hàm số f(x) theo cận [a,b] ..........................................
5
II. Sử dụng đạo hàm để khảo sát hàm số dưới dấu tích phân....... 12

Bài 2: Sử dụng một số bất đẳng thức cơ bản để chứng minh bất đẳng thức
tích phân ........................................................................................................ 17
Bài 3: Một số phương pháp khác ............................................................... 22
Bài 4: Đạo hàm và bất đẳng thức tích phân ............................................... 27
Chương II: Ứng dụng của bất đẳng thức tích phân.
I. Tính giới hạn....................................................................................... 33
II. Chứng minh phương trình có nghiệm................................................. 37
III. Chứng minh một bất đẳng thức đại số................................................ 39
IV. Giải một số bài phương trình hàm ...................................................... 45
Kết luận ......................................................................................................... 48

Tài liệu tham khảo......................................................................................... 49




L
ôøi noùi ñaàu
------∞------

1) Tính cấp thiết của đề tài:
9 Bất đẳng thức tích phân là một dạng toán rất thường xuất hiện trong các kỳ thi học
sinh giỏi, các kỳ thi olympic bởi vì nó là một dạng toán tương đối khó và phức tạp. Ngay
từ khi còn ngồi ở ghế nhà trường phổ thông bất đẳng thức tích phân luôn là một vấn đề làm
tôi hứng thú, bỏ rất nhiều thời gian chỉ vì một vài bài toán và có một số bài toán tưởng như
không thể nào giải được. Hiện nay
đã là một sinh viên Đại Học nhưng em luôn mong ước
là sẽ có điều kiện để nghiên cứu sâu hơn về vấn đề này.
9 Hiện nay trong sách giáo khoa Giải tích 12 chỉ đưa ra một ví dụ và một vài bài tập
liên quan đến bất đẳng thức tích phân. Một số tài liệu tham khảo về tích phân chỉ dùng lại

ở việc đưa ra một loạt bài tập (không phân loại) về bất đẳng thức tích phân.
9 Cho nên, nế
u đề tài này thành công sẽ giúp ích rất nhiều cho những học sinh phổ
thông trong việc học toán nói chung và bất đẳng thức tích phân nói riêng.
2) Đối tượng nghiên cứu:
9 Những phương pháp chứng minh bất đẳng thức tích phân; những ứng dụng của bất
đẳng thức tích phân.
3) Nhiệm vụ nghiên cứu:
9 Phân loại các phương pháp chứng minh bất đẳng thức tích phân.
9 Đưa ra các ứng dụng của bất đẳng thức tích phân để giải các loại toán khác.
4)
Phương pháp nghiên cứu
:
9 Nghiên cứu lý luận (phân tích, tổng hợp các tài liệu liên quan đến chuyên đề bất
đẳng thức tích phân).
5) Nội dung nghiên cứu:
Phần I:
Cơ sở lý thuyết của đề tài
(bao gồm các định lý, hệ quả các tính chất của bất đẳng thức tích phân)
Phần II:
Bất Đẳng Thức Tích Phân

Chương I: Phân loại phương pháp chứng minh bất đẳng thức tích phân
Bài 1: Chứng minh bất đẳng thức tích phân bằng phương pháp đánh giá
I. Đánh giá hàm số f(x) trên [a,b]
II. Sử dụng đạo hàm khảo sát hàm số f(x)
Bài 2: Sử dụng một số bất đẳng thức cơ bản để chứng minh bất đẳng thức
tích phân
Bài 3: Một số bài toán khác (bao gồm những bài toán không thuộc hai
phương pháp trên)

Bài 4: Mối liên h
ệ giữa bất đẳng thức tích phân và đạo hàm
Chương II: Ứng dụng của bất đẳng thức tích phân
I. Tính giới hạn
II. Chứng minh phương trình có nghiệm
III. Chứng minh một bất đẳng thức đại số
IV. Giải một số bài phương trình hàm

3

Cơ Sở Lý Thuyết Của Bất Đẳng Thức Tích Phân
Phần I:



-------o0o-------
1. Định lý 1 :
Cho f: [a, b] Ỉ R liên tục: nếu
f(x) 0≥
thì
() 0
b
a
fxdx≥
∫
 Hệ quả 1 : Nếu f, g: [a, b] Ỉ R liên tục và:

() () () ()
bb
aa

f x gx f xdx gxdx≤⇒ ≤
∫∫

 Hệ quả 2 : Cho f : [a, b] Ỉ R liên tục
và
ta có :
[]
[]
x,
,
inf ( ), sup ( )
ab
xab
mfxM f
∈
∈
==x


()
() ()
b
a
mb a f xdx M b a−≤ ≤ −
∫
2.
Định lý 2 :
Với mọi hàm f(x) liên tục trên [a, b] thì:
()
()

bb
aa
f xdx f xdx≤
∫∫

Dấu “=” xảy ra
[ ]
[]
() 0 ,
() 0 ,
f xxab
f xxa
⎡
≥∀∈
⇔
⎢
≤∀∈
⎢
⎣
b

 Hệ quả 2.1 :
Giả sử f(x), g(x) ∈ C
[x]
và
[]
,
sup ( )
xab
M fx

∈
=
Ta có :
() () ()
b
b
a
a
gxf xdx M gx dx≤
∫∫

 Hệ quả 2.2 :Giả sử f (x)∈ C
[x]
và
[]
,
sup ( )
xab
M fx
∈
= ta có :

()
()
b
a
f xdx b a M≤−
∫

3. Định lý 3 :

Giả sử f(x) ∈ C
[x
] trên [a, b] sao cho f(x) ≥ 0 và x
0
∈ [a, b] sao cho f(x) liên tục tại x
0
và
. Khi đó: .
0
f(x ) > 0
() 0
b
a
fxdx>
∫
 Hệ quả 3.1.:
Giả sử f(x) và g(x) là 2 hàm số liên tục trên [a, b] f(x) ≤ g(x) ∀x∈[a, b]. Nếu f(x) ≠ g(x)
trên [a, b] tức là tồn tại ít nhất một điểm x
0
∈[a, b] sao cho:
f(x
0
) < g(x
0
) thì
() ()
bb
aa
f xdx gxdx<
∫∫

liên tục

 Hệ quả 3.2: Cho f : [a, b] Ỉ R

Nếu thì f(x)=0


()
()
()
0
b
a
fxdx
⎪
⎪
≥
0
fx
⎨
⎪
fx
⎧
=
⎪
⎩
∫
4.
Định lý giá trị trung bình :

GVHD :
Thạc só. Võ Tiến Thành
SVTH :
Nguyễn Trần
Quang Vinh

4
Cơ Sở Lý Thuyết Của Bất Đẳng Thức Tích Phân
4.1. Định lý giá trị trung bình thứ nhất: Nếu các hàm số f(x),g(x) khả tích trên
[a,b], g(x) khơng đổi dấu trên (a,b). Ký hiệu
[]
[]
x,
,
inf ( ), sup ( )
ab
xab
mfxM fx
∈
∈
= =
thì tồn tại một số
µ
với
mM
µ
≤≤
sao cho:
()() ()
bb

aa
f xg xdx gxdx=µ
∫∫

Hơn nữa, nếu f(x) liên tục trên [a,b] thì tồn tại một số
[ ]
,cab∈
sao cho:
()() () ()
bb
aa
f xgxdx f c gxdx=
∫∫

4.2. Định lý giá trị trung bình thứ hai:

a)
Nếu các hàm số f(x),g(x) khả tích trên [a,b], g(x) là hàm đơn điệu trên (a,b) thì
để:
(
,cab∃∈
)
b
c
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
bc
aa
f xg xdx ga f xdx gb f xdx=+
∫∫∫

b)
Hơn nữa nếu g(x) là hàm đơn điệu giảm, khơng âm trong khoảng (a,b) thì:
[]
()() () () ,
bc
aa
f xgxdxgafxdxc ab=∈
∫∫

c)
Nếu g(x) là hàm đơn điệu tăng, khơng âm trong khoảng (a,b) thì:
[]
()() () () ,
bc
aa
f xg xdx gb f xdx c ab=∈
∫∫

5. Một số bất đẳng thức liên quan đến tích phân:
 Bất đẳng thức Bunhiakopki
: Cho f(x),g(x) là những hàm số liên tục trên
thế thì:
(
[a, b]
() ()
)
() ()
2
22
. .

bbb
aaa
f x gxdx f xdx g xdx≤
∫∫∫

 Bất đẳng thức Young
:

Cho a∈
+
R
, f : [0, a]
Ỉ
R là một ánh xạ thuộc lớp C
1

sao cho
[ ]
( )
()
0, , ' 0
00
xafx
f
⎧
∀∈ >
=
⎪
⎩
⎪

⎨

Ta kí hiệu f
--1
: [0, f(a)]
Ỉ
R là ánh xạ ngược của f(x).
Khi đó ∀x∈ [0, a], y∈ [0, f(a)],
() ()
1
00
xy
f xdx f xdx xy
−
+ ≥
∫∫

 Bất đẳng thức Holder
: Cho
[ ]
,:,fg ab→ R
liên tục
11
,0,pq
pq
>+=1
thì:
11
()() () ()
bbb

pq
pq
aaa
f xgxdx f x dx gx dx
⎛⎞⎛
≤
⎜⎟⎜
⎝⎠⎝
∫∫∫
⎞
⎟
⎠







GVHD :
Thạc só. Võ Tiến Thành
SVTH :
Nguyễn Trần
Quang Vinh

5
Phân Loại Phương Pháp Chứng Minh Bất Đẳng Thức Tích Phân
Phần II:

-------o0o-------

CHƯƠNG I:

----------------☺----------------
§ Bài 1
:
CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC BẰNG PHƯƠNG PHÁP
ĐÁNH GIÁ
----------------☺----------------

 Nhận xét:
để chứng minh ( )
b
a
f xdx A≤
∫
ta thực hiện các bước như sau:
1) Bước 1
: xác định một hàm số g(x) thoả mãn các điều kiện:
[ ]
() () ,
()
b
a
f xgx xab
gxdx A
⎧
≤∀∈
⎪
⎨
=

⎪
⎩
∫

2) Bước 2
: khi đó từ:

() () () ()
bb
aa
f xgx fxdx gxdxA≤ ⇒≤
∫∫
=

dấu “=” của bất đẳng thức xảy ra khi:
[ ]
() () ,=∀∈f xgxxab


Từ nhận xét trên ta thấy để chứng minh hàm số bằng phương pháp đánh giá ta có
thể đi theo các hướng sau đây:
¾ Hướng 1
: Đánh giá hàm số f(x) theo cận [a,b] bằng phương pháp đại số:
¾ Hướng 2
: Sử dụng đạo hàm để xét tính đơn điệu của hàm số f(x) trên cận [a, b]
Sau đây ta sẽ phân tích từng dạng bài cụ thể:
I. ĐÁNH GIÁ HÀM SỐ f(x) THEO CẬN
[a,b] BẰNG PHƯƠNG PHÁP
ĐẠI SỐ:

♦
Bài tốn 1: Chứng minh bất đẳng thức :
3
∫
19
1
3
6
0
1x
<dx
20
20 2
1+x
1
<

Giải :

∀x∈[0, 1] thì :
6
3
3
11x≤+≤2

Do đó :
[]
19 19
19

6
3
x0,1
2
1
xx
x
x
≤≤∀∈
+

Hiển nhiên:
()
19 19
19
3
6
3
x0,1
2
1
xx
x
x
<<∀∈
+


119
11 1

19
3
6
3
00 0
2
1
xx
dx dx x dx
x
⇒< <
+
∫∫ ∫
( Hệ quả 3.1)
GVHD :
Thạc só. Võ Tiến Thành
SVTH :
Nguyễn Trần
Quang Vinh

6
Phân Loại Phương Pháp Chứng Minh Bất Đẳng Thức Tích Phân

19
1
3
6
3
0
11

20
20 2
1
x
dx
x
⇔< <
+
∫



Nhận xét:
như vậy hàm số g(x) = x
19
(bất đẳng thức bên phải), g(x) =
19
3
2
x

(bất đẳng thức bên phải)
♦
Bài tốn 2: Chứng minh rằng
:
()()()
∫
π
3
π

6
5π 9π
< 3- 2 sinx . 5 + sinx . 1+ sinx dx <
62

Giải :

,
63
x
π π
⎡
∀∈
⎢
⎣⎦
⎤
⎥
ta có :
()()()
()()()
()
66
sin 1
0sin 1 5 sin 5
1sin 1
3 2 sin 5 sin 1 sin 5
5
3 2 sin 5 sin 1 sin 1
6
x

xx
x
xxx
xxxdxdx
ππ
33
ππ
⎧
3−2 >
⎪
⎪
<<⇒+ >
⎨
⎪
+>
⎪
⎩
⇒− + + >
π
⇒− + + >5=
∫∫

Hơn nữa theo bất đẳng thức Cauchy cho ba số dương :
()()()
( ) ( ) ()
()()()
()
3
3
6

3 2 sin 5 sin 1 sin
3 2 sin 5 sin 1 sin 27
3
9
3 2 sin 5 sin 1 sin 27 2
2
xxx
xxx
xxxdxdx
ππ
3
ππ
6
⎡⎤
−++++
⎢⎥
−++<
⎢⎥
⎣⎦
π
⇒− + + < =
∫∫
=
Từ (1) và (2) ⇒ đpcm
 Nhận xét:
Nếu hàm số dưới dấu tích phân là một hàm số phức hợp thì trong nhiều
trường hợp cần đánh giá đồng thời các hàm số đơn lẻ
♦
Bài tốn 3: Cho
4

,
π
∈
∫
n
n
0
I= xtgxdxn N
Chứng minh :
⎛⎞
⎜⎟
⎝⎠
n+2
n
1 π
I>
n+2 4

Giải
:
Già sử α là số thực sao cho
0
4
π
α
< <

∀x∈[0, α] ta có: 0 ≤ x ≤ tgx
⇒ 0 ≤ x
n

≤ tg
n
x
⇒ 0 ≤ x
n+1
≤ xtg
n
x
GVHD :
Thạc só. Võ Tiến Thành
SVTH :
Nguyễn Trần
Quang Vinh

7
Phân Loại Phương Pháp Chứng Minh Bất Đẳng Thức Tích Phân
,
4
x
π
α
⎡
∀∈
⎢
⎣⎦
⎤
⎥
thì 0 < x < tgx
⇒ 0 < x
n+1

< xtg
n
x
1
00
1
4
0
11
44
00
1
n+1
4
0
1
= x
14
nn
nn
nnn
n
n
xtg xdx x dx
xtg xdx x dx
I xtg xdx xtg xdx x dx x dx
dx
n
αα
π

α
α
ππ
αα
αα
π
π
+
+
++
+
⎧
≥
⎪
⇒
⎨
⎪
>
⎩
⇒= + > +
⎛⎞
=
⎜⎟
+
⎝⎠
∫∫
∫∫
∫∫∫∫
∫
n

♦
Bài tốn 4: Cho 2 hàm số f, g : [0, 1] Ỉ [0, 1]
Chứng minh rằng:
(
)
≤
∫∫∫
2
11
000
f(x).g(x)dx f(x)dx. g(x)dx
1

Giải
:
Theo giả thiết:
∀x∈ [0, 1] thì
0( và )fx≤≤1
1
( ) 0gx≥
() () () ()
11
00
0()()()
0.
f xgx gx
f xgxdx gxdx
⇒≤ ≤

⇒≤ ≤
∫∫


∀x∈[0, 1] thì
( )
0gx≤≤1
và ( ) 0fx≥
( ) ( ) ( )
() () () ()
11
00
0.
0.
gx f x f x
fxgxdx fxdx
⇒≤ ≤
⇒≤ ≤
∫∫
2

Từ (1) và (2) ⇒ (đpcm)

♦
Bài tốn 5: Giả sử f(x) là hàm liên tục trên [0, 1], a là một số dương sao cho :

Chứng minh rằng :
() ()
[]
()

2
3
2
3
, , ≤≤ ∈
≥
∫
∫
1
0
1
0
fxdx=a 0 fx a x 0,1
fxdx a

Giải :
Ta có:
()
( )
()
( )
()
2
11 1 1
3
11
2
00 0 0
33
3

1
fx fx
a
f xdx dx dx f xdx a
fx
aa
a
=≥= =
∫∫∫ ∫
=
(đpcm)

♦
Bài tốn 6: Cho f(x) liên tục và nghịch biến trên [0, a], a
∈
[0, b]
Chứng minh rằng:


≥
∫∫
ab
00
b f(x)dx a f(x)dx (1)
Giải
:
GVHD :
Thạc só. Võ Tiến Thành
SVTH :
Nguyễn Trần

Quang Vinh

8
Phân Loại Phương Pháp Chứng Minh Bất Đẳng Thức Tích Phân
Bất đẳng thức (1)
()
0
( ) ( ) (2)
ab
a
ba fadxa fxdx⇔− ≥
∫∫
Do f(x) nghịch biến trên [0, a] và [a, b]
Nên :


() ()
()
00
() ()
= b-a ( ) ( ) ( )
aa
bb
aa
ba fxdx ba fadx
af a a f a dx a f x dx
−≥−
=≥
∫∫
∫∫

Vậy cả (1) và (2) được chứng minh.

♦
Bài tốn 7: Chứng minh rằng:

()
≤
∫∫
22
π 2π
-x 2 -x 2
0 π
ecosxdx ecosxdx 1
Giải:
Đặt x t
π
=+ thì ta có:
()
2
2
2ππ
-+x
-x 2 2
π 0
e cos xdx e cos xdx
π
=
∫∫

Từ đó chứng minh (1) tương đương với việc chứng minh :

()
2
2
ππ
-+x
-x 2 2
00
e cos xdx e cos xdx
π
≤
∫∫
[ ]
0,x
π
∀∈
ta có:
( )
()
()
()
2
2
2
2
2
2
22
os os
2

2
x
x
x
x
ππ
-+x
-x 2 2
00
xx
ee
ecxecx
e cos xdx e cos xdx
π
π
π
π
−+
−
−+
−
−+ ≤−
⇒≤
⇔≤
⇒≤
∫∫


Nhận xét:

Bài tốn này u cầu chứng minh một bất đẳng thức mà cận tích phân khác nhau,
thì ta cần thơng qua một bước đổi biến số thích hợp để đưa 2 vế về cùng cận tích phân, rồi
mới sử dụng phương pháp đánh giá.

♦

Bài tốn 8: Cho số ngun m
≥
2 và n
∈
N
*
. Chứng minh rằng:

()
⎛⎞
⎜⎟
⎝⎠
∑
∫
1
n
km
n
0
k=1
5
cosx + nsinx dx <
4

Giải :
Với m ≥ 2 và n ∈ N
*
ta có
cos
mk
x ≤ cos
2
x = 1 – sin
2
x
1
x[0, ]
n
∈ (1)
Dấu “=” xảy ra ⇔ x = 0
()
2
2
515 1
1- sin x+ sinx = sinx - x 0, 2
424 n
⎛⎞ ⎡⎤
−≤∈
⎜⎟
⎢⎥
⎝⎠ ⎣⎦

Dấu “=” xảy ra ⇔ sinx =
1

2

GVHD :
Thạc só. Võ Tiến Thành
SVTH :
Nguyễn Trần
Quang Vinh

9
Phân Loại Phương Pháp Chứng Minh Bất Đẳng Thức Tích Phân
Từ (1) và (2)
km
5
(cosx) + sin <
4
x⇒

()
1
5
cos sin
4
n
km
k
x nx
=
+<
∑

Do đó:
n
ết quả là
()
11
K
00
1
44
k
=
55
cos sin
n
km
nn
xnxdx ndx
⎛⎞
+ <=
⎜⎟
⎝⎠
∑


♦

Bài tốn 9:
∫∫
Cho f(x) xác định và liên tục trên [1, 2] và thỏa :
() ()

[]
1 ∀∈≠
33
x
1
12 1 2
x-x
x,x 1,2 x x

Chứng minh rằng :
≤
∫
2
1
2
2
a
fxdx
3
()
≤
∫
2
1
3
fxdx
2

Giải
:

Ta có:
() ( )
()
1
12
10 x
x
2
1
33
2
21
3
x
x
xx
xdx
2
22
x
x fxdx x
⇒− ≥∀≤
∫
−
=
∫

2
≤ 0
Do hàm h(x) = x

2
– f
2
(x) liên tục trên đoạn [1, 2]
Nên f
2
(x) – x
2
≤ 0 ∀x∈[1, 2]
⇒ ∃c∈[x
1
, x
2
] sao cho f
2
(c) – c
( )
[]
() ()
22 2
x 1,2
3
fx x
⇒≤∀∈

11 1
2
fxdx fxdx xdx
⇒≤ ≤=
∫∫ ∫

♦

Bài tốn 10: Giả sử f(x) là hàm liên tục trên đoạn [a, b], thỏa mãn điều kiện :

≤

α
1
f(x
1
) +
α
2
f(x
2
)

]
α
> 0,
α
> 0,
α
+
α
= 1
Chứng minh rằng :
i) f(
α

1
x
1
+
α
2
x
2
)
ii)
∀
x
1
, x
2

∈
[a, b
1 2 1 2
() () ()()()
()
⎛⎞
≤≤
⎜⎟
⎝⎠
a
a+b 1
b-a f dx b-a f a +f b
22

Giải
∫
b
f x
:
Ta có
()()
()()
() () (
00
00
1
2222
1
22
11
= 1
22
ba ba
ba ba
ab ax bx
ff faxfbx
ab
fdx faxfbxdx
fa x fb xdx
−−
−−
++−
⎛⎞⎛ ⎞
=+≤⎡++−⎤

⎜⎟⎜ ⎟
⎣⎦
⎝⎠⎝ ⎠
+
⎛⎞
⇒≤⎡++−⎤
⎜⎟
⎣⎦
⎝⎠
++ −
∫∫
∫∫

)
a b
a

Đặt t = a + x ⇒
b
() ()
0
f axdx ftdt
+=
∫

– x ⇒
−
∫

( ) () ()

0
ba a b
ba
f b x dx f t dt f t dt
−
−=− =
∫∫∫

Và đặt t = b
GVHD :
Thạc só. Võ Tiến Thành
SVTH :
Nguyễn Trần
Quang Vinh

10
Phân Loại Phương Pháp Chứng Minh Bất Đẳng Thức Tích Phân
Do (1) ⇒
() () (
2
2
b
a
ab
baf fbxdx
+
⎛⎞
−≤−
⎜⎟
⎝⎠

∫

)
Để chứng minh bất đẳng thức phải, trước hết ta chú ý rằng ∀x∈[a, b] thì:
()
( ) ( ) ( ) ( )
x afb b xfa
xa bx
fx f b a
ba ba ba
−+−
−−
⎛⎞
=+≤
⎜⎟
−− −
⎝⎠
()
khi đó:
( )
()
( )
()
()
()
()
()
()
() () ()
()()

2
2
bb b
aa a
b
b
ba
f x dx f x a dx f b x dx
ba ba
fa b x fb fa
≤−+−
−−
−+
−− = −
∫∫ ∫

T

Bài tốn 11:
1
fb
= . 3
2222
a
a
xa ba
ba ba
−−
ừ (2) và (3) ⇒ đpcm
♦

f : [1, +
∞
)
Ỉ
R thuộc lớp C
1
(tức f(x) có đạo hàm liên tục trên
) và lồi. Chứng minh rằng :
∀
n
∈
1}
∞
[1, + ) N
⁄
{0,
()
≤≤
∫
b
111
0
a
f(1) + f(2) + ... + f(n - 1) + f(n) - f(x)dx f'(n) - f'(1)
228

Giải :
1) ∀ k ∈ {1,…, n-1} đường cong biểu diễn f(x) trên [k; k+1] ở phía dưới dây cung.
Do đó:
S’

ABCD
≤ S
AB
ới S’
ABCD
à diện tích hình thang cong ABCD, S



CD

(v l
ABCD
là diện tích hình thang ABCD)




k k+1 k k+1

() ( )
()
() ( )
()
() ( ) ( ) (
1
1 1 2 ... 1
22 2
k
)

1
11
1
11
1
1
2
11 1
k
k
nn
k
kk
ffkfk
b
f ffkfk ff fnfn
= ≤ ++= + ++−+
∑∑
∫

+
−−
+
+=
⇔≤ ++
⇒
∫
∫
(x) trên [k, k+1] ở phía nửa tiế tuyến tại k
và k+1.

∀k∈ {1,…, n-1} ∀x∈ [k, k+1]
uy ra rằng ∀k∈ {1,…, n-1}
A
B
D C
y
x
0
y
x
0

∀k∈ {1,…, n-1} đường cong biểu diễn f p
Từ đó ta có :
f(x) f(k) + (x - k)f'(k)
f(x) f(k+1) + (x-k-1)f'(k+1)
≥
⎧
⎨
≥
⎩

S
GVHD :
Thạc só. Võ Tiến Thành
SVTH :
Nguyễn Trần
Quang Vinh

11

Phân Loại Phương Pháp Chứng Minh Bất Đẳng Thức Tích Phân
() ( ) ()
()
()( )()
()
11
11 1
22
11
22
'11'
kk k k k
kk k k k
1f ff fkxkfkdx fk xkfk
++ + + +
++
=+≥ +− + ++−− +
∫∫ ∫ ∫ ∫
dx

()
()
()
()
1
1
22
2
1
2

1
11
= ( ) 1 ' 1
222 2
kk
kk
xk xk
fk f k f k
++
+
−−−
+ +++ +

[]
[]
1
11
1
11 1 1
( ) '( ) ( 1) '( 1)
28 2 8
11 1
() () () ( 1) '() '( 1)
22 8
111
(1) (2) ( 1) ( ) '(1) '( 1) (2)
228

nk
nn

kk
k
fk f k fk f k
fxdx fxdx fk fk f k f k
f f fn fn f f n
+
==
=+++−+
⎛⎞
⇒= ≥ +++−+
⎜⎟
⎝⎠
=+++−+ + −+
∑∑
∫∫
L

II.
SỬ DỤNG ĐẠO HÀM ĐỂ KHẢO SÁT HÀM SỐ DƯỚI DẤU TÍCH
P
HÂN:

♦

Bài tốn 1:
Từ (1),(2)⇒ đpcm

3
6
3sin

42
x
dx
x
1
π
π
Chứng minh rằng :
< <
∫

Xét hàm số

sin x
y
x
=

với
x,
63
π π
⎛⎞
∈
⎜⎟
⎝⎠


( )
()

()
yx y
()
22
22
cos
cos sin
' 0 , x ,
63
do y = tgx - x y' = tg 1 1 0 x 0,+
00
0
xtgx x
xx x
y
xx
xtgx
tgx x
π π
−
−
⎛⎞
⇒= = < ∈
⎜⎟
⎝⎠
⇒+−=>∀∈∞
=
⇒−>

⇒ Hàm số

⇒>

sin x
y
x
=
là hàm nghịch biến trên D
sin x
π
3 3 sin 3
362
x
yy
xx
π
π π
⎞
=≤ ≤ ⇔≤ ≤
⎜⎟ ⎜⎟
⎝⎠ ⎝⎠

” xảy ra ⇔ tại
⎛⎞ ⎛
Dấu “=
, x=
63
x
π π
=

33 3
66 6
Do đó
3
3sin 1x
π
6
33 sin 3
2
42
x
dx dx dx
x
dx
x
ππ π
ππ π
π
ππ
<<
⇔< <
∫∫ ∫
∫

♦

Bài tốn 2: Chứng r minh ằng :
2
1
0

x
edx
1
1
4
4
π
+
+
>
∫

Giải
:
(đpcm)
GVHD :
Thạc só. Võ Tiến Thành
SVTH :
Nguyễn Trần
Quang Vinh

12
Phân Loại Phương Pháp Chứng Minh Bất Đẳng Thức Tích Phân
Xét hàm ố f(x
f’(x) =
1 ≥ 0 với x∈[0, 1]
Bảng bi iên

x
1

s ) = e
x
– x – 1 với x∈[0, 1]
e
x
–
ến th :
0
f’ +
f
0
( )
() ()
[]
[]
2
2
2
1
1
1
4
x
edx
π
+
2
1
1
11 11

1
22
00 00
0
0
00
0 0 x 0,1
1
11
1 x 0,1
1
1
1
11
=arctg 1 1
4
4
x
x
x
f
fx f
ex
x
e
dx
edx dx dx
xx
π
+

+
⇒=
⇒≥=∀∈
⇔>+
⇒> +∀∈
+
⎛⎞
⇔>+=+
⎜⎟
++
⎝⎠
1
x
+ =+
∫∫ ∫∫

♦

B
+
⇒>
∫
≤≤
∫
π
2
0
π 3dx2π 3
33
cos +1

Giải
ài tốn 3: Chứng minh rằng :
x + cosx
:
()
Xét hàm số:
2
1
0
cos cos 1
fx
xx
=≥
++
với
0x
π
≤ ≤


()
2
2
1
cos cos 1
fx
x x
⇒=
+ +

Đặt t = cosx ∈[-1, 1]
() () ()
()
2
2
2
2
121
'
1
1
t
fx Gt Gt
t
tt
t
− −
⇒=
++
++

Nên ta c

⇒==
ó :
t -1
1
2
−

1
G’(t) + 0 -
4
3


1
3


G(t)


1

()
[]
()
[]
()
[]
14
t -1,1
33
12
x 0, do 0 0,
33
Gt
fx fx x
π π

⇒≤ ≤ ∀∈
⇒ ∈≤ ≤ ∀∈ ≥∀


(
đpcm
)
GVHD :
Thạc só. Võ Tiến Thành
SVTH :
Nguyễn Trần
Quang Vinh

13
Phân Loại Phương Pháp Chứng Minh Bất Đẳng Thức Tích Phân
2
00 0
12
33
cos cos 1
dx
dx dx
xx
ππ π
≤≤
++
∫∫ ∫
Vậy:
2
0

3
cos x
∫

323
3
cos 1
dx
x
π
ππ
⇒≤ ≤
++


∫
b
2
x+
♦

Bài tốn 4: Cho I(a) =
a
adx

Chứn
⎛⎞
1
⎜⎟
⎝⎠

I-
4

g minh rằng :
∀
a
∈
R I(a)
≥

Chứng minh
:
y
Nếu a ≥ 0 thì x
2
+ a ≥ x
2
∀x∈[0,1]
() ()
22
11
22
00
0 a 0
xax
x adx x dx
⇒+≥
∫∫

Ia I

⇒+≥
⇒≥ ∀≥
y
Nếu a ≤ -1 thì x
2
+ a ≤ x
2
- 1≤ 0 ∀x∈[0, 1]
()
( ) ( )
()
11
Ia
22
00
11 a-1x a dx x dx I
⎡⎤
⇒=−+ ≥−−=−∀≤
⎣⎦
∫∫

Vậy chỉ cần chứng minh rằng trên đoạn a∈ [0, 1] hàm số I(a) đạt giá trị nhỏ nhất tại
1
4

a =−
y
Với a∈ [-1, 0], thì x
2
+ a = 0 với

2
, x 0 x 0, -axa a
⎡⎤
=− +≤ ∀∈
⎣⎦
và x
2
+ a ≥0
∀x∈[-a, 1]. Do đó:
()
() ()
1
22
0
41

−

33
a
a
Ia xadx xadx
aaa
−
−
=−+ + +
=− + +
∫∫
Đặt
ta=−

ta được: với a∈[-1, 0] ⇒ t∈[0, 1]
() ()
() ()
32
2
41
33
1
'42 '0 0,
2
Ia ft t t
ft t t ft t t
==−+
=−⇒=⇔==

Bảng bi n thiên:


⇒
ế
t 0
1
2

1
f’(t) - + 0
f(t)

f

min

GVHD :
Thạc só. Võ Tiến Thành
SVTH :
Nguyễn Trần
Quang Vinh

14
Phân Loại Phương Pháp Chứng Minh Bất Đẳng Thức Tích Phân
1
2
t =
Vậy hàm số f(t) đạt giá trị nh nhất trên [0, 1] tại điểm ỏ tức I(a) đạt giá trị nhỏ
nh t trên [-1
1
ấ , 0] tại điểm
4
a
=−
()
1
a RIa I
⎛⎞
4
⇒≥
⎜⎟
⎠
♦

Bài tốn 5:
−∀∈

⎝

Cho a,b
∈
R
2
, a<b, f:[a, liên tục và m = lnf ,f(x), M = sup f(x)
giả s
x∈[a, b] x∈[a, b]

Chứng minh rằng :
b]
Ỉ
R
ử m > 0
() ()
()
()
⎛⎞
≤≤
⎜⎟
⎝⎠
∫∫
bb
aa
m1 1 m

2 b - a f x dx + m dx 1+ b - a
MM fx M

Giải
:

Đặ x) t f( = t∈
*
R
+

2
22

1
''0
tm mt m
yy tmM
Mt t Mt
+⇒= −= ⇒=⇔ ±




0 m
M−
y
M
= =
t

mM

M
y’

- 0 +
y

1
m
M
+


2
m
M

1
m
M
+



Vậy
( )
()
()
()

() ()
()
()
21
11
21
11
21()
bbbb
aa
bb
aa
fx
mmm
MMfx M
mm
dx f x dx m dx dx
fx M
mm
b a f x dx m x b a dpcm
MM fx M
⎛⎞
≤+≤+
⎜⎟
⎝⎠
⎛⎞
⇒≤ + ≤+
⎜⎟
⎝⎠
⎛⎞

⇔− ≤ + ≤+ −
⎜⎟
⎝⎠
∫∫∫∫
∫∫

♦

Bài tốn 6:
aa
MM
d
∫
m+2 m+3
π
m2x
0
1 ππ
xedx> +
2m+2
Chứng minh rằng :
m+3
Giải
:

()
3 2 3
00
m+1 2 2
00 0

232 3
= x
mm m
mm
mm m
dx x dx x x x dx
ππ
ππ π
ππ π
++ +
+
+= +
+ +
+=+
∫∫∫

Vậy ta cần chứng minh rằng:
e
2x
> 2(x
2
+ x) ∀x>0 (
*
)
Thật vậy xét hàm số:
2m
π
+
m
++

Trước hết ta thấy:
GVHD :
Thạc só. Võ Tiến Thành
SVTH :
Nguyễn Trần
Quang Vinh

15
Phân Loại Phương Pháp Chứng Minh Bất Đẳng Thức Tích Phân
22
2
2*
() yfx== 2( ), 0
) 2
) 4 4 0
x
x
x
e xxx
x
fx e xR
+
−+≥
⇒=−
⇒=−>∀∈

Bảng biến
+∞
'(f 4 2x−
''(

e
thiên:
x 0
f’’ +

f’

0 +


f(x) 1


f(x) ≥ f(0) = 1 > 0 nên (*) đúng
thức trên
⇒
Áp dụng bất đẳng
()
23
22
0
1
mm
mx m
xe dx x x xdx
ππ
ππ
0
223
mm

+ +
⇒>+=+
+ +

∫

∫

Nhận xét chung:

Để giải quyết tốt bài tốn bất đẳng thức tích phân bằng phương pháp đánh giá hàm
số cần phải chú ý một số điểm sau:
- Nếu cận tích phân của cả hai vế bất đẳng thức như nhau thì ta tiến hành đánh giá hàm số
t
pháp đổi biến số thích hợ
p để đưa cận tích phân của 2 vế như nhau rồi tiến hành đánh giá
(như bài 7
- Nói chung trong một bài bất đẳng thức tích phân
dưới dấu tích phân (như bài 1, 2)
- Nếu cận tích phân của 2 vế bấ đẳng thức khơng bằng nhau thì ta cần sử dụng phương
).
()
b
a
f xdx A
≤
∫
, thì việc tính được
()
b

a
f xdx
∫
một cách trực tiếp là rất khó. Khi đó, cần đánh giá bất đẳng thức
() ( )
f xgx≤

sao cho
là một tích phân dễ tính hơn.






()
b
a
gxdx
∫

GVHD :
Thạc só. Võ Tiến Thành
SVTH :
Nguyễn Trần
Quang Vinh

16
Phân Loại Phương Pháp Chứng Minh Bất Đẳng Thức Tích Phân
§ Bài
SỬ DỤ CƠ BẢN ĐỂ CHỨNG MINH BẤT
ỨC TÍCH PHÂN
-------
ớ một số bất đẳng thức cơ bản sau:
+ Bất đẳng thức Holder.
(các bất đẳng thức này đã được trình bày trong phần I)
♦

Bài tốn 1:
2:
NG BẤT ĐẲNG THỨC
ĐẲNG TH
----------------☺---------
Để chứng minh bằng phương pháp này ta cần nh
+ Bất đẳng thức Bunhacopski.
+ Bất đẳng thức Young.

( )
,≤fx 1
Cho f(x) là hàm số xác định và liên tục trên [0, 1] và
( )

∀∈
x0,1

() ()
(
)
≤
∫∫
2
11
2
00
1- f x dx 1- f x dx

Chứng minh rằng:
Giải
:
bất đẳng thức Bunhakopski ta có :

Theo

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

()
()
()
() ()
22
11 11
222
00 00
11
22
00
11
22
00
11.111
= 1-f 1
1 1 1
2
f xdx f xdx dx f x dx
xdx f xdx
fxdx fxdx
−=− ≤−
=−
⇒− ≤−
∫∫ ∫∫
∫∫
∫∫

Và
()

(
)
() ()
()
(
)
() ()
2
11
2
0
2
11
.
11
22
0000
0
1 1 2
f xdx dx≤
∫∫∫
f x dx f x dx
fxdx f xdx
=
⇒− ≥−
∫
∫∫
Từ (1) và (2) ⇒ đpcm
♦

B


ài tốn 2: Cho hàm f(x) xác định và liên tục trên [0, 1] và
∀
x
∈
[0, 1]. Đặt
()
∫
1
n
n
0
I= f xdx
. Chứng minh rằng
∀
n>1 ta có
Giải

≥f(x) 0
≤
2
n-1 n n-2
II.I

:
Theo bất đẳng thức Bunhakopski ta có :
()
(

)
() ()
()
2
2
2
nn
n
n
I x
f x d
−
⎛⎞
⎝⎠
(đpcm)
()
11
21
22
1
00
11
2
n2
00
.
. =I .
n
n
n

fxdxfxfdx
x f x dx I
−
−
−
−
==
⎜⎟
≤
∫∫
∫∫
Nhận xét:
Trong trường hợp này
( )
f x
(trong cơng thức) là hàm
()
2
n
f x
và
()
gx
là hàm
(
2
2
n
)
f x

−
; Đối với loại bài tốn ều then chốt là việc lựa chọn hàm số
f(x) và g(x) thích hợp vì những bài tốn lo ác hàm số f(x) và g(x) thường ẩn.
này đi
ại này c
GVHD :
Thạc só. Võ Tiến Thành
SVTH :
Nguyễn Trần
Quang Vinh

17
Phân Loại Phương Pháp Chứng Minh Bất Đẳng Thức Tích Phân
Bài tốn 3:
♦
Cho 2 hàm số f, g : [0, 1]
Ỉ
[0, 1]
Chứng minh rằng:
(
)
≤
∫∫∫
2
11
000
f(x).g(x)dx f(x)dx. g(x)dx

1
Giải

:
c Bunhacopski : Theo bất đẳng thứ
(
)
()
111
22
000
().() () . () *f x g x dx f x dx g x dx≤
∫∫∫

mà:
Theo giả thuyết:
1] thì
1

1
và ∀x∈[0, 1] thì
2

0()fx≤≤
∀x∈ [0,
() () ()
2
11
2
00
0()()
0
fx fx

f x dx f x dx
⇒≤ ≤
⇒≤ ≤
∫∫

( )
0gx≤≤1

( ) ( )
() () ()
2
0 gx⇒≤

11
2
00
11 11
22
0 2
gx
g x dx g x dx
≤
⇒≤ ≤
∫∫

Từ (1) và (2) ⇒
0 00
() . () () . () **
f x dx g x dx f x dx g x dx
≤

∫∫ ∫∫

được (đpcm)

♦

Bài tốn 4:

()
0
Kết hợp (*) và (**) ta
Cho f(x) là hàm số liên tụ đoạn [a, b].
Chứn
c trên
g minh rằng :
() ()
(
)
≤
∫
b
fxdx b-

∫
1
b
2
2
aa
a f xdx

Giải
:
Trước hết ta có nhận xét như sau:
1
2
b
a
ba dx
⎛⎞
−=
⎜⎟
⎝⎠
∫

Theo Holder:
()
(
)
()
(
)
() ()
(
)
11
2
bb bb b
a
22
22

1. 1
aa aa
f xdx f xdx dx f xdx=≤ =
∫∫ ∫∫

b a f xdx−
∫

♦

Bài tốn 5: Bất đẳng thức Young :
Cho a
∈
, f : [0, a]
Ỉ
R là một ánh xạ thuộc lớp C
1
sao cho
*
[]
R
+
( )
()
,
⎧
∀∈
⎪
⎨
⎪

⎩
x0,af'x>
f0=0

0
Ta kí hiệu (một cách lạm dụng) f
: [0, f ạ ngược của f(x).
a) Ch ng minh rằng
∀
x
∈
[0, a]
-1
(a)]
Ỉ
R là ánh x
() () ()
( )
∫∫
xfa
-1
ứ
00
x
fxdx+ f xdx=xfa

b) Từ
, a], y
∈
[0, f(a)],

y
-1
00
fxdx+ f xd
Giải
đó
⇒

∀
x
∈
[0
x xy

() ()
≥
∫∫
:
a) Xét ánh xạ A : [0, a]
Ỉ
R xác định bởi:

GVHD :
Thạc só. Võ Tiến Thành
SVTH :
Nguyễn Trần
Quang Vinh

18
Phân Loại Phương Pháp Chứng Minh Bất Đẳng Thức Tích Phân

( )
1
ffa
∀ x ∈ [0, a],
() () ()
00
A xf=+
∫∫
f
−
xfxAx− ⇒
cũng thuộc lớp C
1
trên [0,
a] và ∀ x ∈ [0, a]
( ) ( ) ( )
( )
( ) ( ) ( )
( )
1
'''0
Ax fx f fx f x fx xf x
−
=+ − + =

) = 0 ∀ x ∈ [0, a]
0
x
=
∫∫

Xác định bởi :
∀ y ∈ [0, f(a)], B
x
(y) =
Vậy f(x) là hàm
A(0) = 0 ⇒ A(x
khơng đổi trên [0, a]
()
1
xfx
ffxf
−
⇒+ −
()
00
b) Cho x ∈ [0, a] xét ánh xạ : B
x
: [0, f(a)]
Ỉ
R
1
00
xy
f fx
−
y
+ −
∫∫

( )
'
x
By
ộc lớp C
1
trên [0, f(a)] và ∀ y ∈ [0, f(a)] =f
-1
(y)-x
⇒ B
x
(y) cũng thu
( ) ( ) ( )
()
1 -1
00f

f y x y x
yf
−
⇒= −=
=

B n thiên
f(d)
'
x
By ⇒
x
⇔ =

⇒
ảng biế

y 0 f(x)
( )
'
x
By

- 0 +
B
x
(y) 0

ậy ∀ y ∈ [0, f(a)], B
(y) ≥ B(f(x)) = 0 (do câu a)
00
0
V
x

() ()
() ()
1
00
1
xy
xy
f x dx f x dx xy
f xdx f x

−
−
⇒+ −
⇔+
∫∫
∫∫
dx xy
≥
≥
(đpcm)

Bài tốn 6:

♦
Cho a,b
∈
R, a<b, f:[a,b]
Ỉ
R liên tục và giả
sử m >0

Chứng minh rằng:
[]
∈
xa,b
m= inf f(x),
[]
∈
xa,b
M=supf(x)

() ()
()
()
( )
≤≤
∫∫
2
bb
2
aa
m+M
1
b-a f x dx dx b-a
fx 4mM

Giải
:
Theo Bunhakopski :
Ta có:
()
(
)
()
() ()
()
()
()
()
22
2

2
2
11
..
1
.
bb b b
aa a a
bb
aa
b a dx f x dx f x dx dx
fx fx
f x dx dx
fx
⎛⎞ ⎛
⎜⎟ ⎜
−= = ≤
⎜⎟ ⎜
⎝⎠ ⎝
=
∫∫ ∫ ∫
∫∫

⎞
⎟
⎟
⎠
Và ta có :
()
(

)
()
2
1
1
2
2
1
0
bb
aa
fxdx mM dx
fx
⎛⎞
⎛⎞
⎜⎟
− ≥
⎜⎟
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
⎜⎟
⎝⎠
∫∫

GVHD :
Thạc só. Võ Tiến Thành
SVTH :
Nguyễn Trần
Quang Vinh

19