Bất đẳng thức cauchy schwarz cho tích phân và ứng dụng giải toán bất đẳng thức tích phân

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN

TRẦN NGỌC TUẤN

BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY-SCHWARZ
CHO TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG GIẢI
TỐN BẤT ĐẲNG THỨC TÍCH PHÂN

LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC

Bình Định - Năm 2020


BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN

TRẦN NGỌC TUẤN

BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY-SCHWARZ
CHO TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG GIẢI
TỐN BẤT ĐẲNG THỨC TÍCH PHÂN

Chun ngành: Phương pháp Tốn sơ cấp
Mã số: 8460113

NGƯỜI HƯỚNG DẪN: TS. DƯƠNG VIỆT THÔNG


LỜI CAM ĐOAN

Tơi xin cam đoan những gì viết trong luận văn là do sự tìm tịi, học hỏi
của bản thân và sự hướng dẫn tận tình của thầy TS. Dương Việt Thông.
Mọi kết quả nghiên cứu cũng như ý tưởng của tác giả khác nếu có đều
được trích dẫn cụ thể. Đề tài luận văn này cho đến nay chưa được bảo
vệ tại bất kỳ một hội đồng bảo vệ luận văn thạc sĩ nào và cũng chưa hề
được công bố trên bất kỳ một phương tiện nào. Tôi xin chịu trách nhiệm
về những lời cam đoan trên.
Bình Định, ngày 3 tháng 8 năm 2020
Tác giả luận văn

Trần Ngọc Tuấn


LỜI CẢM ƠN

Trước khi trình bày nội dung chính của luận văn, tôi xin gửi lời cảm ơn
chân thành tới TS. Dương Việt Thông, người đã trực tiếp hướng dẫn
và chỉ bảo tận tình tơi trong q trình hồn thành luận văn này.
Tôi cũng xin gửi lời cảm ơn đến các thầy giáo, cô giáo trong trường đại
học Quy Nhơn đã tạo điều kiện và nhiệt tình giúp đỡ tơi trong khố Cao
học này.
Tơi cũng xin gửi lời cảm ơn đến GS.TSKH. Phạm Kỳ Anh đã đọc bản
luận văn và cho những ý những nhận xét sâu sắc để luận văn hồn thiện
hơn.
Tơi cũng chân thành cảm ơn đến bạn bè và gia đình, những người ln
ln bên cạnh hỗ trợ và động viên trong suốt thời gian làm luận văn này.
Mặc dù đã rất cố gắng nhiều nhưng do kiến thức bản thân cịn hạn chế
luận văn khơng tránh khỏi những thiếu sót, tơi mong nhận được ý kiến
của thầy cơ, bạn bè để luận văn được hồn thiện hơn.
Xin chân thành cảm ơn.

Bình Định, ngày 3 tháng 8 năm 2020
Tác giả luận văn

Trần Ngọc Tuấn


Mục lục

Mở đầu

1

1 Bất đẳng thức Cauchy - Schwarz cho tích phân

3

1.1

Tích phân . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

1.1.1

Định nghĩa tích phân xác định . . . . . . . . . . . .

3

1.1.2

Tính chất của tích phân xác định

. . . . . . . . . .

4

Một số phương pháp tính tích phân . . . . . . . . . . . . .

5

1.2.1

Phương pháp đổi biến số . . . . . . . . . . . . . . .

5

1.2.2

Phương pháp tích phân từng phần . . . . . . . . . .

5

1.3

Bất đẳng thức AM - GM . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5

1.4

Bất đẳng thức Cauchy - Schwarz . . . . . . . . . . . . . . .

7

1.5

Bất đẳng thức Cauchy - Schwarz cho tích phân . . . . . . .

8

1.2

2 Ứng dụng của bất đẳng thức Cauchy - Schwarz trong giải
tốn về tích phân và bất đẳng thức tích phân

9

2.1

Ứng dụng giải tốn tích phân . . . . . . . . . . . . . . . . .

9

2.2

Ứng dụng giải toán bất đẳng thức tích phân . . . . . . . . . 19

Kết luận

39

Tài liệu tham khảo

40


1

Mở đầu
Bất đẳng thức là một nội dung lâu đời và quan trọng của Toán học. Bất
đẳng thức là một lĩnh vực khó trong chương trình tốn học phổ thơng.
Ngay từ đầu, sự ra đời và phát triển của bất đẳng thức đã đặt dấu ấn quan
trọng, chúng có sức hút mạnh mẽ đối với những người u tốn, khơng chỉ
ở vẻ đẹp hình thức mà cả những bí ẩn nó mang đến ln thơi thúc người
làm tốn phải tìm tịi, sáng tạo. Bất đẳng thức cịn có nhiều ứng dụng
trong các môn khoa học khác và trong thực tế. Dạng tốn về bất đẳng
thức nói chung và bất đẳng thức tích phân thường có mặt trong các kì thi
tuyển sinh đại học, các kỳ thi Olympic toán Quốc tế, các kì thi Olympic
Tốn Sinh viên trong nước và thế giới.
Có rất nhiều phương pháp chứng minh bất đẳng thức, mỗi phương pháp
lại có những vẻ đẹp và sự độc đáo riêng. Ngay cả khi áp dụng cùng một
phương pháp thì cái hay của bài tốn lại phụ thuộc vào kĩ thuật linh hoạt
của từng người sử dụng. Do vậy, khó có thể nói rằng một phương pháp
chứng minh bất đẳng thức nào đó đã chiếm vị trí quan trọng trong Giải
tích tốn học.
Một trong những bất đẳng thức cổ điển quan trọng là bất đẳng thức
Cauchy-Schwarz và các ứng dụng của nó. Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz
từ khi ra đời đến nay đã ln được các nhà tốn học lỗi lạc nghiên cứu và
phát triển. Chúng ta đã gặp nhiều sự kết hợp của bất đẳng thức CauchySchwarz với các bất đẳng thức khác hoặc trong hình học. Trong luận văn

2

này, tác giả xin trình bày một hướng tiếp cận của bất đẳng thức CauchySchwarz: Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz cho tích phân và ứng dụng giải
tốn Bất đẳng thức tích phân.
Luận văn gồm 2 chương:
Chương 1: Bất đẳng thức Cauchy - Schwarz cho tích phân
Trong chương này luận văn trình bày các nội dung về tích phân, tính
chất của tích phân; Bất đẳng thức Cauchy; Bất đẳng thức AM-GM; Bất
đẳng thức Cauchy - Schwarz; Bất đẳng thức Cauchy - Schwarz cho tích
phân.
Chương 2: Ứng dụng của bất đẳng thức Cauchy - Schwarz
trong giải tốn về tích phân và bất đẳng thức tích phân
Trong chương này chúng tơi trình bày ứng dụng của bất đẳng thức
Cauchy-Schwarz trong việc giải một số bài tốn tích phân thường dùng
trong chương trình thi đại học cũng như giải tốn bất đẳng thức tích phân
thường xuất hiện trong các kỳ thi Olympic Toán Sinh viên trong và ngồi
nước.
Trong khn khổ của luận văn này, tơi chỉ trình bày một số vấn đề liên
quan tới bất đẳng thức Cauchy-Schwarz cho tích phân, đưa ra một số ứng
dụng, cách chứng minh thông qua những bài tập cụ thể.


3

Chương 1

Bất đẳng thức Cauchy - Schwarz
cho tích phân
1.1

1.1.1

Tích phân
Định nghĩa tích phân xác định

Cho hàm số f xác định trên [a; b], chia đoạn [a; b] một cách tùy ý
thành n đoạn nhỏ bởi các điểm chia a = x0 < x1 < ... < xn = b. Đặt

d = max{xi − xi−1 : i = 1, ..., n}. Trên mỗi đoạn [xi−1 ; xi ] lấy điểm ξi
(i = 1, ..., n) tùy ý. Lập tổng
n

f (ξi )(xi − xi−1 )

Sn =
i=1

và gọi là tổng tích phân của hàm số f trên đoạn [a; b]. Nếu Sn có giới hạn
hữu hạn I khi n → +∞ sao cho d → 0 và I không phụ thuộc vào cách
chia đoạn [a; b] và cách lấy điểm ξi thì I được gọi là tích phân xác định
của hàm số f trên đoạn [a; b] và được ký hiệu là
b

f (x)dx.
a

Vậy

n

b

f (ξi )(xi − xi−1 ).

f (x)dx = lim
a

n→+∞

i=1

Khi đó ta nói f khả tích trên đoạn [a; b].


4
1.1.2

Tính chất của tích phân xác định

Giả sử f, g là các hàm số khả tích trên đoạn [a; b]. Khi đó ta có:
a

f (x)dx = 0.
a

b

a

f (x)dx = −

a

f (x)dx.
b

b

b

kf (x)dx = k
a

b

b

f (x)dx =
a

f (t)dt.
a
c

b

f (x)dx +
a

f (x)dx (k là hằng số).
a

c

b

f (x)dx, ∀b ∈ [a, c].

f (x)dx =
b

a

b

[f (x) ± g(x)] dx =
a

b

f (x)dx ±
a

g(x)dx.
a

b

Nếu f (x) > 0 với mọi x ∈ [a; b] thì

f (x)dx > 0.

a

b

Nếu f (x) ≥ g(x) với mọi x ∈ [ab] thì

b

f (x)dx ≥
a

g(x)dx.
a

Định lý 1. (Cơng thức Newton-Leibniz). Cho hàm số f liên tục trên
đoạn [a; b]. Giả sử F là một nguyên hàm của hàm số f trên đoạn [a; b].
Khi đó ta có

b

b

= F (b) − F (a).

f (x)dx = F (x)
a

a

Định lý 2. (Tính khả vi của hàm cận trên). Nếu f là hàm liên tục trên

đoạn [a; b] thì hàm số F xác định bởi
x

F (x) =

f (t)dt
a

khả vi tại mọi x ∈ [a; b] và F (x) = f (x).


5

1.2
1.2.1

Một số phương pháp tính tích phân
Phương pháp đổi biến số

Cho f là hàm số liên tục và u có đạo hàm liên tục trong khoảng (c; d)
sao cho hàm số hợp f ◦ u xác định trên (c; d). Khi đó
b

u(b)

f [u(x)] u (x)dx =

f (u)du,

a

u(a)

với a, b ∈ (c; d).
1.2.2

Phương pháp tích phân từng phần

Nếu u, v là hai hàm số có đạo hàm liên tục trên đoạn [a; b] thì
b

b

b

u(x)v (x)dx = u(x)v(x) −
a

1.3

a

v(x)u (x)dx.
a

Bất đẳng thức AM - GM

Với mọi số thực không âm a1 , a2 , ..., an (n ≥ 2) ta có

√

a1 + a2 + ... + an
≥ n a1 .a2 .....an
n

(1.1)

Dấu ” = ” xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = ... = an .
Chứng minh.
Đặt

a1 + a2 + ... + an
n
Khi đó bất đẳng thức (1.1) tương đương với
α=

αn ≥ a1 .a2 .....an
Ta sử dụng phương pháp quy nạp để chứng minh (1.2)
- Với n = 1, bất đẳng thức hiển nhiên đúng.

(1.2)


6

- Giải sử bất đẳng thức đúng với n (n ≥ 1) tức với mọi a1 , a2 , ..., an ≥ 0
thì

a1 + a2 + ... + an n
α =
≥ a1 .a2 .....an

n
- Xét n + 1 số thực không âm a1 , a2 , ..., an , an+1 , ta có
n

(n + 1)α = a1 + a2 + ... + an + an+1 .
Nếu tất cả các số đều bằng α thì ta có đẳng thức và từ đó suy ra ngày
điều phải chứng minh.
Xét các trường hợp cịn lại, dễ thấy tồn tại ít nhất một số nhỏ hơn α và
một số lớn hơn α. Không mất tính tổng quát, giải sử an > α và an+1 < α.
Khi đó

(an − α)(α − an+1 ) > 0.

(1.3)

Xét n số a1 , a2 , ..., an−1 , an trong đó

an = an + an+1 − α ≥ an − α > 0
Từ đó suy ra

nα = a1 + a2 + ... + an−1 + (an + an+1 − α)
= a1 + a2 + ... + an−1 + an .
Do α là trung bình cộng của a1 , a2 , ..., an−1 , an nên theo giả thiết quy nạp,
ta có

αn+1 = αn .α ≥ (a1 .a2 .....an−1 .an ).α
= (a1 .a2 ....an−1 )(an α)
Mặt khác từ (1.3) ta lại có

(an + an+1 − α)α − an an+1 = (an − α)(α − an+1 ) > 0

Suy ra

(an + an+1 − α)α > an an+1

(1.4)


7

hay

an α > an an+1

(1.5)

Hiển nhiên ta có α > 0. Nếu có ít nhất một trong các số a1 , a2 , ..., an−1
bằng không, dễ thấy bất đẳng thức cần chứng minh hiển nhiên đúng và
dấu bằng không xảy ra.
Xét các trường hợp còn lại kết hợp với (1.4) và (1.5) thu được

αn+1 > (a1 .a2 ....an−1 )(an .an+1 ) = a1 .a2 .....an .an+1 .
Từ đó (1.2) được giải quyết hoàn toàn.

1.4

Bất đẳng thức Cauchy - Schwarz

Cho các số thực a1 , a2 , ..., an và b1 , b2 , ..., bn (n ≥ 2)
khi đó

(a21 + a22 + ... + a2n )(b21 + b22 + ... + b2n ) ≥ (a1 .b1 + a2 .b2 + ...an .bn )2 (1.6)
Dấu ” = ” xảy ra khi và chỉ khi

a2
an
a1
=
= ... = .
b1
b2
bn

Chứng minh.
Nếu a21 + a22 + ... + a2n = 0 tức a1 = a2 = ... = an = 0 thì (1.6) đúng.
Nếu a21 + a22 + ... + a2n > 0, xét
n

n

a2i

f (x) =

2

x +2

i=1
n

n

b2i

ai b i x +
i=1

i=1

(ai x + bi )2 ≥ 0, ∀x ∈ R.

=
i=1

Do đó biệt thức
2

n

∆ =

ai b i
i=1

n

n

a2i

−
i=1

b2i
i=1

≤0


8

Cho nên (1.6) đúng.

a1
a2
an
=
= ... = .
b1
b2
bn
Bất đẳng thức Cauchy - Schwarz được chứng minh.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

1.5

Bất đẳng thức Cauchy - Schwarz cho tích phân

Định lý 3. Cho f, g : [a; b] → R là các hàm khả tích trên đoạn [a; b].

Khi đó ta ln có
b

b
2

g (x)dx ≥

f (x)dx
a

2

b
2

a

f (x)g(x)dx

.

a

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi f = kg với số thực k = 0.
Chứng minh. Với t ∈ R xét bình phương ta ln có
b

(tf (x) + g(x))2 dx ≥ 0.

a

Điều này tương đương với
b

b
2

h(t) =

2

f (x)dx t +2

b

g 2 (x)dx ≥ 0, ∀t ∈ R.

f (x)g(x)dx t+

a

a

a

b

f 2 (x)dx = 0 ⇔ f (x) = 0, bất đẳng thức đã cho là đẳng

+) Nếu
a

thức.
b

f 2 (x)dx > 0, đây là tam thức bậc 2 hệ số a dương và luôn

+) Nếu
a

không âm, tức biệt thức Delta luôn không dương. Điều này tương đương
với

2

b

∆ =

f (x)g(x)dx
a

b

b

f 2 (x)dx

−

a

g 2 (x)dx ≤ 0.
z

Vì vậy
b

b
2

g (x)dx ≥

f (x)dx
a

2

b
2

a

f (x)g(x)dx

.

a

Định lý được chứng minh hoàn toàn. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

f = kg , trong đó k là hằng số.


9

Chương 2

Ứng dụng của bất đẳng thức
Cauchy - Schwarz trong giải tốn
về tích phân và bất đẳng thức tích
phân
2.1

Ứng dụng giải tốn tích phân

Trong mục này này chúng tơi trình bày ứng dụng của bất đẳng thức
Cauchy-Schwarz trong việc giải một số bài tốn tích phân thường dùng
trong các kì thi tuyển sinh đại học.
Bài toán 1. ([3]) Cho hàm số f có đạo hàm liên tục trên đoạn [a, b] thoả
mãn
1

f (1) = 0,

1

2

[f (x)] dx = 7 và

0

0

1
x2 f (x)dx = .
3

1

f (x)dx bằng

Tích phân
0

7
A. .
5
Lời giải.

7
C. .
4

B. 1.

D. 4.

Sử dụng tích phân từng phần ta có
1

3

x f (x)dx =
0

1

1
3

3

f (x)d(x3 )

−

x d(f (x)) = x f (x)
0

1

0

0

1

x2 f (x)dx = −1.

= −3
0


10

Mặt khác áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz cho tích phân ta có
2

1

1

3

≤

x f (x)dx

1
6

x dx

0

0

0
1

Dấu “=” xảy ra khi ⇔ f (x) = kx3 ⇒

1
2
[f (x)] dx = .7 = 1.
7
x3 kx3 dx = −1 ⇔ k = −7.

0

Ta được f (x) = −7x3 . Do đó

7
7
f (x) = − x4 + C, F (1) = 0 ⇒ C = .
4
4
Suy ra
1

−7 4 7
f (x) =
x + ⇒
4
4

1

f (x)dx =

0

0

7
7
7
− x4 +
dx = .
4
4
5

Chọn đáp án A.

Bài toán 2. ([3]) Cho hàm số f có đạo hàm liên tục trên đoạn [0, 1] thoả
mãn
1

1

2

e2 − 1
(x + 1)e f (x)dx =
và f (1) = 0.
4
x

[f (x)] dx =

0

0
1

f (x)dx bằng

Tích phân

e−1
A.
.
2
Lời giải.

0

e2
B. .
4

e
D. .
2

C. e − 2.

Tích phân từng phần ta có
1

x

x

0

1

f (x)d(xex )

−

xe d(f (x)) = (xe f (x))

xe f (x)dx =
0

1

1
x

0

0

1

(x + 1)ex f (x)dx

=−
0
2

=−

e −1
.
4

Kết hợp với giả thiết ta có
1

e2 − 1
xe f (x)dx = −
.
4
x

0


11

Mặt khác áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz cho tích phân ta có
2

1

1

x

≤

xe f (x)dx
0

1
2 2x

x e dx
0

2

[f (x)] dx =
0

e2 − 1
4

2

.

Do đó dấu “=” phải xảy ra, tức là f (x) = kxex . Thay ngược ta có
1

e2 − 1

kx e dx = −
⇔ k = −1 ⇒ f (x) = −xex .
4
2 2x

0

Suy ra

−xex dx = −(x − 1)ex + C.

f (x) =

Mặt khác f (1) = 0 ⇒ C = 0 ⇒ f (x) = (1 − x)ex . Vậy
1

1

(1 − x)ex dx = e − 2.

f (x)dx =
0

0

Chọn đáp án C.
Bài toán 3. ([3]) Cho hàm số f có đạo hàm liên tục trên đoạn [0, 1] và
thoả mãn
1

f (1) = 1,
0

9
[f (x)] dx = ,
5

1

2

f

√

0

2
x dx = .
5

1

f (x)dx bằng

Tích phân
0

1
1

3
A. .
B. .
C. .
4
5
4
Lời giải.
√
2
Đặt t = x ⇒ x = t2 ⇒ dx = 2tdt và =
5
Sử dụng tích phân từng phần
1

1

f (t)(2tdt) =

2

1

f (t)d(t2 )

−

t d(f (t)) = t f (t)
0

0

0

1

=1−

2tf (t)dt
0

3
= .
5

2tf (t)dt.
0

1
2

t f (t)dt =

1

0

1
2

0

3
D. .
5


12

Mặt khác áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz cho tích phân ta có
2

1
2

1

≤

t f (t)dt
0

1

1 9
[f (t)] dt = . =
5 5
2

4

t dt
0

0

2

3
5

.

Vì vậy dấu “=” trong bất đẳng thức phải xảy ra, tức f (t) = kt2 thay
1
1
3
3
2
ngược lại
t f (t)dt = có
kt4 dt = ⇔ k = 3. Khi đó
5
5
0
0

f (x) = 3x2 ⇒ f (x) = x3 + C, f (1) = 1 ⇒ C = 0 ⇒ f (x) = x3 .
Vậy
1

1

f (x)dx =
0

0

1
x3 dx = .
4

Chọn đáp án A.
Bài toán 4. ([3]) Cho hàm số f liên tục trên đoạn [0, π] thoả mãn
π

π

cos xf (x)dx = 1.

f (x)dx =
0

0

π

f 2 (x)dx bằng

Giá trị nhỏ nhất của tích phân

0

3
2
3
.
B. .
C. .
2π
π
π
2
2
Lời giải. Với mọi số thực a, b ∈ R; a + b > 0 ta có
A.

4
D. .
π

π

a+b=

(a cos x + b)f (x)dx.
0

Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz cho tích phân ta có
2

π
2

(a + b) =

(a cos x + b)f (x)dx
0

π

π
2

≤
0

Mặt khác
π
0

1
(a cos x + b)2 dx = π(a2 + 2b2 ).
2

Do đó
π

2(a + b)2
f (x)dx ≥
, ∀a, b ∈ R, a2 + b2 > 0.

2
2
π(a + 2b )
2

0

f 2 (x)dx.

(a cos x + b) dx
0


13
π

3
. Dấu “=” đạt tại a =
π
0
2b, f (x) = b(2 cos x + 1). Thay ngược lại điều kiện ta có
f 2 (x)dx

Cho a = 2, b = 1 thì ta được
π

b(2 cos x + 1)dx = 1 ⇔ b =
0

1

.
π

Suy ra

f (x) =

2 cos x + 1
.
π

Chọn đáp án C.
Bài tốn 5. ([3]) Cho hàm số f có đạo hàm liên tục trên đoạn [0, 1] và
thỏa mãn
1

1

1
f (x)dx = ,
2
2

f (0) + f (1) = 0,
0

f (x) cos(πx)dx =
0

π

.
2

1

f (x)dx bằng

Tích phân

3π
.
2
Lời giải.

0

2
B. .
π

A.

1
D. .
π

C. π .

Sử dụng tích phân từng phần ta có
1

1
π
1
=−
π

1

f (x) sin(πx)dx = −
0

=−

1
π

f (x)d(cos(πx)
0
1

1

−

(f (x) cos(πx))

cos(πx)d(f (x))
0

0

1

−(f (1) + f (0)) −
0

1
f (x) cos(πx)dx = .
2

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có

1
2

2

2

1

=

f (x) sin(πx)dx
0

1

1

f 2 (x)dx

≤
0

sin2 (πx)dx =
0

1
.
22

Vậy dấu “=” trong bất đẳng thức phải xảy ra, tức f (x) = k sin(πx).
Thay ngược lại ta có
1

k sin(πx)2 dx =
0

1
⇔ k = 1.
2


14

Do đó
1

f (x) = sin πx ⇒

1

f (x)dx =

sin(πx)dx =

0

0

π
.
2

Chọn đáp án B.
Bài toán 6. ([3]) Cho hàm số f có đạo hàm liên tục trên đoạn [0, 1]. Biết
1

1
2

f (x)dx = 3,

f (x) sin(πx)dx = π.

0
1

f

Tích phân
0

3π
A. .
2
Lời giải.

0

x
dx bằng
2
2
B. .
π

6
C. − .
π

1
D. .
π

Sử dụng tích phân từng phần ta có
1
0

1

1
f (x) cos(πx)dx =
π
1
=
π

f (x)d(sin(πx))
0
1

−

(f (x) sin(πx))
0

=−

1
π

1

sin(πx)d(f (x))
0

1

f (x) sin(πx)dx = −1.
0

Mặt khác theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz cho tích phân có
2

1

1

≤

f (x) cos πxdx
0

1
2

f (x)dx
0

0

1
cos2 πxdx = 3. = 1.
3

Do đó dấu “=” trong bất đẳng thức phải xảy ra, tức f (x) = k cos πx.
Thay ngược lại ta có

1

k cos πx. cos πxdx = −1 ⇔ k = −3.
0

Do đó
1

f (x) = −3cosπx ⇒
0

Chọn đáp án C.

x
dx =
f
2

1

−3 cos
0

3π
2

6
dx = − .
π

15

Bài tốn 7. ([3]) Cho hàm số f có đạo hàm liên tục trên đoạn [0, 1] và
1
1
9
πx
3π
2
thoả mãn f (0) = 0. Biết
f (x)dx = và
f (x) cos
dx =
.
2
2
4
0
0
1

f (x)dx?

Tính tích phân
0

Lời giải.
Tích phân từng phần có
1

0

πx
2
f (x) sin
dx = −
2
π
2
=−
π

1

f (x)d cos
0

πx
2
1

πx
f (x) cos
2

1

−

cos

0

0

πx
d(f (x))
2

1

2
πx
3
cos
f (x)dx = .
π 0
2
2
Mặt khác theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz cho tích phân ta có
2
1
1
1
πx
3 2
πx 2
=
sin
≤
sin

f (x)dx
dx
(f (x))2 dx =
2
2
2
0
0
0
9
.
4
πx
Do đó dấu “=” phải xảy ra, tức là f (x) = k sin
, thay ngược lại giả thiết
2
1
3π
πx
,
f (x) cos dx =
2
4
0
nghĩa là
1
πk
πx
πx
3π

cos
cos
dx =
⇔ k = 3.
2
2
2
4
0
Vậy
1
1
πx
6
πx
⇒
f (x)dx =
3 sin dx = .
f (x) = 3 sin
2
2
π
0
0
=

Bài toán 8. ([3]) Cho hàm số f nhận giá trị dương trên [0; 1], có đạo
1

hàm dương và liên tục trên [0; 1], thoả mãn

0

f (0) = 1, f (1) = e2 . Tính giá trị của f

1
2

bằng

xf (x)
dx
f (x)

1 và


16

A. 1.

√
C. e.

B. 4.

D. e.

Lời giải.
Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz cho tích phân ta có
2

1

1

xf (x)
dx
f (x)

2
0

1

1

xdx.
0

0

Do đó đẳng thức phải xảy ra nên ta có
1

1
f (1)
f (x)
dx = . ln
f (x)
2

f (0)

= 1.

f (x)
= kx.
f (x)

xf (x)
dx = 1 ta được k = 4. Khi đó
f (x)

Thay vào
0

f (x)
= 4x →
f (x)

f (x)
dx =
f (x)

4xdx ⇔ ln |f (x)| = 2x2 +C ⇔ f (x) = e2x

2

√
1
1

Mặt khác f (0) = 1 nên C = . Do đó f ( ) = e.
2
2
Chọn đáp án C.
Bài toán 9. ([3]) Cho hàm số f có đạo hàm và liên tục trên [1, 2] thoả mãn
2

2
3

f 4 (x)dx

x f (x)dx = 31. Giá trị nhỏ nhất của tích phân

điều kiện
1

1

bằng
A. 961.

B. 3875.

C. 148955.

D. 923521.

Lời giải.
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz cho tích phân 2 lần liên tiếp ta

được
2

2
4

2

31 =

2 2

x dx

x f (x)dx

1

1
3

2

2

4

f 4 (x)dx.

x dx

1

1

Do đó
2

f 4 (x)dx
1

2

2

4

x .xf (x)dx
1

2

2

2

314
3
2 4
x
dx

1

= 3875.

+C

.


17

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi f (x) = kx. Do đó
2

x4 dx = 31 ⇔ k = 5 ⇔ f (x) = 5x2 .

k
1

Chọn đáp án B.
Bài tốn 10. ([3]) Cho hàm số f có đạo hàm liên tục trên [0; 2], thoả
mãn
2

2

8
và
x f (x)dx =
15

4

2

f (2) = 1,
0

[f (x)] dx =
0

32
.
5

2

f (x)dx bằng

Giá trị của tích phân
0

2
B. − .
3

3
A. − .
2
Lời giải.

7
C. − .
3

7
D. .
3

Sử dụng tích phân từng phần ta có
2

2

2
3

3

x f (x)dx =
0

3

2

f (x)d(x3 )

−

x d(f (x)) = x f (x)
0

0

0

2

x2 f (x)dx =

=8−3
0

32
.
5

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz cho tích phân 2 lần ta được

32
5

4

4

2
0

x .xf (x)dx
0

2

2

x dx

x [f (x)] dx
0
2

3
4

x dx

2

2

0
2

2

2

4

0

2

=

x f (x)dx

=

4

2

3

.

4

[f (x)] dx =
0

32
.
5

Do đó dấu “=” phải xảy ra, suy ra xf (x) = kx2 ⇒ f (x) = kx.
2

32
4
Thay vào
[f (x)] dx =
ta tìm được k = 1. Vậy
5
0

x2
f (x) =
+ C.
2


18

Mặt khác f (2) = 1 nên C = −1 suy ra

f (x) =

x2
− 1.
2

Do đó
2

2

f (x)dx =

0

0

2
x2
− 1 dx = − .
2
3

Chọn đáp án B.
Bài toán 11. ([3]) Cho hàm số f có đạo hàm liên tục trên [0; 1] đồng thời
thoả mãn điều kiện
1
0

x
1
3
(x − 1) 1 +
(f (x))2 dx = − , f (1) =
và
x−2
3
2

1
0

5

f (x)dx = .
6

1

f 2 (x)dx bằng

Tích phân
0

7
A. .
3
Lời giải.

B.

8
.
15

C.

53
.
60

D.

203

.
60

Sử dụng tích phân từng phần ta có
1

1

1

xf (x)dx =
0

−

xd (f (x)) = (xf (x))
0

1

0

0

2
f (x)dx = .
3

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta được

(1−x)2 + 1 +

x
2
(f (x))
x−2

2(1−x) 1 +

x
(f (x))2 , ∀x ∈ [0; 1].
x−2

Khi đó ta có

2
=
3

1

x
(f (x))2 dx
x−2
x
2
(1 − x)2 + 1 +
(f (x))
dx
x−2

1
x
2
(f (x))2 dx
(1 − x) + 1 dx +
0 x−2

2(1 − x) 1 +
0
1
0
1

=
0


19
1

4
= +
3

0

x
(f (x))2 dx.
x−2

Suy ra
1
0

x
(f (x))2 dx
2−x

2
.
3

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz cho tích phân ta có

4
=
9

2

1

f (x)dx
0

2

1

x

=
f (x)dx
x(2 − x
2−x
0
1
1
x
x(2 − x)dx.
(f (x))2 dx
0
0 2−x
1
2
x
=
(f (x))2 dx.
3 0 2−x

Vậy
1

x
2
(f (x))2 dx
.
3
0 2−x
Kết hợp với trên suy ra dấu “=” ở bất đẳng thức này phải xảy ra
Do đó

(1 − x)2 + 1 =

x
(f (x))2 ⇔ (f (x))2 = (2 − x)2 .
x−2

Từ đó

f (x) = 2 − x ⇒ f (x) = 2x −
Suy ra f (x) = 2x −

x2
. Từ đó
2

1

1
2

f (x)dx =
0

x2
3
+ C, mà f (1) = nên C = 0.
2
2

0

x2
2x −
2

2

dx =

53
.
60

Chọn đáp án C.

2.2

Ứng dụng giải tốn bất đẳng thức tích phân

Trong mục này luận văn trình bày ứng dụng bất đẳng thức CauchySchwarz cho tích phân để giải quyết một số bài tốn trong các đề thi học


20

sinh giỏi cũng như đề thi Olympic toán Sinh viên trong và ngồi nước.
Qua đó chúng ta thấy được ứng dụng hay, tinh tế của việc áp dụng bất
đẳng thức Cauchy-Schwarz trong giải tốn bất đẳng thức tích phân.
Bài tốn 1. (RMC 1997) Chứng minh rằng với mọi hàm số liên tục

f : [−1, 1] → R ta có bất đẳng thức
1

1
f (x)dx ≥
2
−1

2

1

2

f (x)dx
−1

3
+
2

2

1

xf (x)dx

.

(2.1)

−1

Khi nào dấu “=” xảy ra?
Lời giải.
Ta đặt g(x) =

f (x) − f (−x)
f (x) + f (−x)
, h(x) =
.
2
2

Khi đó ta có

f (x) =

g(x) + h(x)
xg(x) + xh(x)
, xf (x) =
.
2
2

Bất đẳng thức (2.1) tương đương
1

2

1

1
(g(x) + h(x)) dx ≥
2
−1
2

(g(x) + h(x)) dx
−1

2

1

3
+
2

(xg(x) + xh(x)) dx
−1

Mặt khác xg(x), h(x), g(x)h(x), x2 g(x)h(x) là những hàm lẻ nên ta có
1

1

1

h(x)dx =

−1

xg(x)dx =
−1

1

x2 g(x)h(x)dx = 0.

g(x)h(x)dx =
−1

−1

Nên khai triển thì bất đẳng thức trên tương đương với

1

1

1
g (x)dx +
h (x)dx ≥
2
−1
−1
2

2

1

2

g(x)dx
−1

3
+
2

2

1

xh(x)dx

.

−1

(2.2)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz cho tích phân ta có
2

1

g(x)dx
−1

1

1

g 2 (x)dx

≤
−1

1

12 dx = 2
−1

g 2 (x)dx
−1

(2.3)