TRƯỜNG ĐẠI HỌC AN GIANG KHOA SƯ PHẠM NGƯỜI THỰC HIỆN: Họ tên : Nguyeãn MSSV : DTN020780 Lớp : DH3A2 Traàn Quang Vinh Đề tài: GIÁO VIÊN HƯỚNG DẪN: Thạc sĩ VÕ TIẾN THÀNH An Giang 06-2004 LỜI CẢM ƠN Nghiên cứu khoa học việc làm thiết thực nhằm rèn luyện cho có khả năng: khám phá, suy luận, tư để tiếp cận mới, phát mục đích cần đạt sau nhà nghiên cứu khoa học hoàn thành xong đề tài Em-một sinh viên nghiên cứu khoa học cảm ơn Trường Đại học An Giang, toàn quý thầy cô khoa sư phạm tạo điều kiện thuận lợi giúp cho em sinh viên nghiên cứu khoa học hoàn thành đề tài cách thuận lợi Chân thành cảm ơn thầy VÕ TIẾN THÀNH nhiệt tình hướng dẫn, bảo cho em trình thực đề tài Và lần cảm ơn q thầy tổ mơn tốn có đóng góp quý báo cho đề tài em hoàn thiện Sinh viên thực Nguyễn Trần Quang Vinh MỤC LỤC Lời mở đầu Phần I: Cơ sở lý thuyết đề tài Chương I: Phân loại phương pháp chứng minh bất đẳng thức tích phân Bài 1: Chứng minh bất đẳng thức tích phân phương pháp đánh giá I Đánh giá hàm số f(x) theo cận [a,b] II Sử dụng đạo hàm để khảo sát hàm số dấu tích phân 12 Bài 2: Sử dụng số bất đẳng thức để chứng minh bất đẳng thức tích phân 17 Bài 3: Một số phương pháp khác 22 Bài 4: Đạo hàm bất đẳng thức tích phân 27 Chương II: Ứng dụng bất đẳng thức tích phân I Tính giới hạn 33 II Chứng minh phương trình có nghiệm 37 III Chứng minh bất đẳng thức đại số 39 IV Giải số phương trình hàm 45 Kết luận 48 Tài liệu tham khảo 49 Lời nói đầu ∞ -1) Tính cấp thiết đề tài: Bất đẳng thức tích phân dạng tốn thường xuất kỳ thi học sinh giỏi, kỳ thi olympic dạng tốn tương đối khó phức tạp Ngay từ cịn ngồi ghế nhà trường phổ thơng bất đẳng thức tích phân ln vấn đề làm tơi hứng thú, bỏ nhiều thời gian vài tốn có số tốn tưởng giải Hiện sinh viên Đại Học em mong ước có điều kiện để nghiên cứu sâu vấn đề Hiện sách giáo khoa Giải tích 12 đưa ví dụ vài tập liên quan đến bất đẳng thức tích phân Một số tài liệu tham khảo tích phân dùng lại việc đưa loạt tập (không phân loại) bất đẳng thức tích phân Cho nên, đề tài thành cơng giúp ích nhiều cho học sinh phổ thơng việc học tốn nói chung bất đẳng thức tích phân nói riêng 2) Đối tượng nghiên cứu: Những phương pháp chứng minh bất đẳng thức tích phân; ứng dụng bất đẳng thức tích phân 3) Nhiệm vụ nghiên cứu: Phân loại phương pháp chứng minh bất đẳng thức tích phân Đưa ứng dụng bất đẳng thức tích phân để giải loại toán khác 4) Phương pháp nghiên cứu: Nghiên cứu lý luận (phân tích, tổng hợp tài liệu liên quan đến chuyên đề bất đẳng thức tích phân) 5) Phần I: Nội dung nghiên cứu: Cơ sở lý thuyết đề tài (bao gồm định lý, hệ tính chất 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 phương pháp đánh giá I Đánh giá hàm số f(x) [a,b] II Sử dụng đạo hàm khảo sát hàm số f(x) Bài 2: Sử dụng số bất đẳng thức để chứng minh bất đẳng thức tích phân Bài 3: Một số toán khác (bao gồm tốn khơng thuộc hai phương pháp trên) Bài 4: Mối liên hệ bất đẳng thức tích phân đạo hàm Chương II: Ứng dụng bất đẳng thức tích phân I Tính giới hạn II Chứng minh phương trình có nghiệm III Chứng minh bất đẳng thức đại số IV Giải số phương trình hàm Cơ Sở Lý Thuyết Của Bất Đẳng Thức Tích Phân Phần I: -o0o Định lý : ∫ R liên tục: f(x) ≥ Cho f: [a, b] Hệ : Nếu f, g: [a, b] b a f ( x)dx ≥ R liên tục và: b b a a f ( x) ≤ g ( x) ⇒ ∫ f ( x)dx ≤ ∫ g ( x)dx Hệ : Cho f : [a, b] R liên tục m = inf f ( x), M = sup f ( x) ta có : x∈[ a ,b] x∈[ a ,b ] b m(b − a ) ≤ ∫ f ( x)dx ≤ M ( b − a ) a Định lý : ∫ Với hàm f(x) liên tục [a, b] thì: b a b f ( x)dx ≤ ∫ f ( x ) dx a ⎡ f ( x) ≥ ∀x ∈ [ a, b ] Dấu “=” xảy ⇔ ⎢ ⎢ f ( x) ≤ ∀x ∈ [ a, b ] ⎣ Hệ 2.1 : Giả sử f(x), g(x) ∈ C[x] M = sup f ( x) x∈[ a ,b ] b Ta có : b ∫ g ( x) f ( x)dx ≤ M ∫ g ( x) dx a a Hệ 2.2 :Giả sử f (x)∈ C[x] M = sup f ( x) ta có : x∈[ a ,b ] ∫ b a f ( x)dx ≤ ( b − a ) M Định lý : Giả sử f(x) ∈ C[x] [a, b] cho f(x) ≥ x0 ∈ [a, b] cho f(x) liên tục x0 f(x ) > Khi đó: ∫ b a f ( x) dx > Hệ 3.1.: Giả sử f(x) g(x) hàm số liên tục [a, b] f(x) ≤ g(x) ∀x∈[a, b] Nếu f(x) ≠ g(x) [a, b] tức tồn điểm x0 ∈[a, b] cho: f(x0) < g(x0) Hệ 3.2: Cho f : [a, b] ∫ b a b f ( x)dx < ∫ g ( x)dx a R Nếu ⎧ ⎪ f ( x ) liên tục ⎪ ⎨ f (x) ≥ ⎪ b ⎪ ∫ a f ( x ) dx = ⎩ f(x)=0 Định lý giá trị trung bình : GVHD : Thạc só Võ Tiến Thành Quang Vinh SVTH : Nguyễn Trần Cơ Sở Lý Thuyết Của Bất Đẳng Thức Tích Phân 4.1 Định lý giá trị trung bình thứ nhất: Nếu hàm số f(x),g(x) khả tích [a,b], g(x) khơng đổi dấu (a,b) Ký hiệu m = inf f ( x), M = sup f ( x) tồn số x∈[ a ,b] x∈[ a ,b ] µ với m ≤ µ ≤ M cho: b b a a ∫ f ( x) g ( x)dx = µ ∫ g ( x)dx Hơn nữa, f(x) liên tục [a,b] tồn số c ∈ [ a, b ] cho: b ∫ a b f ( x) g ( x)dx = f (c) ∫ g ( x)dx a 4.2 Định lý giá trị trung bình thứ hai: a) Nếu hàm số f(x),g(x) khả tích [a,b], g(x) hàm đơn điệu (a,b) ∃c ∈ ( a, b ) để: b ∫ a b) c b a c f ( x) g ( x)dx = g (a ) ∫ f ( x)dx + g (b) ∫ f ( x)dx Hơn g(x) hàm đơn điệu giảm, không âm khoảng (a,b) thì: b c a a c ∈ [ a, b ] ∫ f ( x) g ( x)dx = g (a)∫ f ( x)dx c) Nếu g(x) hàm đơn điệu tăng, khơng âm khoảng (a,b) thì: b c a a c ∈ [ a, b ] ∫ f ( x) g ( x)dx = g (b)∫ f ( x)dx Một số bất đẳng thức liên quan đến tích phân: Bất đẳng thức Bunhiakopki: Cho f(x),g(x) hàm số liên tục [a, b] thì: (∫ b a f ( x ) g ( x ) dx ) b b a a ≤ ∫ f ( x ) dx.∫ g ( x ) dx Bất đẳng thức Young: Cho a∈ R+ , f : [0, a] R ánh xạ thuộc lớp C1 ⎧∀x ∈ [ 0, a ] , f ' ( x ) > ⎪ ⎪ f (0) = ⎩ cho ⎨ Ta kí hiệu f : [0, f(a)] R ánh xạ ngược f(x) Khi ∀x∈ [0, a], y∈ [0, f(a)], ∫ x y f ( x ) dx + ∫ f −1 ( x ) dx ≥ xy Bất đẳng thức Holder: Cho f , g : [ a, b ] → R liên tục p, q > , b thì: ∫ a 1 + =1 p q ⎛b ⎞p ⎛ b ⎞q p f ( x) g ( x)dx ≤ ⎜ ∫ f ( x) dx ⎟ ⎜ ∫ g ( x) q dx ⎟ ⎝a ⎠ ⎝a ⎠ GVHD : Thạc só Võ Tiến Thành Quang Vinh SVTH : Nguyễn Trần 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 ☺ -b Nhận xét: để chứng minh ∫ f ( x)dx ≤ A ta thực bước sau: a 1) Bước 1: xác định hàm số g(x) thoả mãn điều kiện: ⎧ f ( x) ≤ g ( x) ∀x ∈ [ a, b ] ⎪b ⎨ ⎪ ∫ g ( x)dx = A ⎩a 2) Bước 2: từ: b b a a f ( x) ≤ g ( x) ⇒ ∫ f ( x)dx ≤ ∫ g ( x)dx = A dấu “=” bất đẳng thức xảy khi: f ( x) = g ( x) ∀x ∈ [ a, b ] Từ nhận xét ta thấy để chứng minh hàm số phương pháp đánh giá ta theo hướng sau đây: Hướng 1: Đánh giá hàm số f(x) theo cận [a,b] phương pháp đại số: Hướng 2: Sử dụng đạo hàm để xét tính đơn điệu hàm số f(x) cận [a, b] Sau ta phân tích dạng cụ thể: I ĐÁNH GIÁ HÀM SỐ f(x) THEO CẬN [a,b] BẰNG PHƯƠNG PHÁP ĐẠI SỐ: ♦ Bài toán 1: Chứng minh bất đẳng thức : 1 x19 ⎪ ⎪1 + sin x > ⎩ ( )( )( ) ⇒ − sin x + sin x + sin x > π ( )( )( π ) ⇒ ∫ − sin x + sin x + sin x dx > ∫ 5dx = π π 5π Hơn theo bất đẳng thức Cauchy cho ba số dương : ( π ( ) ( ) ( ⎡ − sin x + + sin x + + sin x − sin x + sin x + sin x < ⎢ ⎢ ⎣ ( )( )( )( ) )( ) π ⇒ ∫ − sin x + sin x + sin x dx < ∫ 27 dx = π (1) π 9π ( 2) Từ (1) (2) ⇒ đpcm Nhận xét: Nếu hàm số dấu tích phân hàm số phức hợp nhiều trường hợp cần đánh giá đồng thời hàm số đơn lẻ ♦ Bài toán 3: Cho I n = ∫ π xtg n xdx , n ∈ N Chứng minh : ⎛π⎞ In > ⎜ ⎟ n+2⎝ ⎠ Già sử α số thực cho < α < ∀x∈[0, α] ta có: ≤ x ≤ tgx ⇒ ≤ xn ≤ tgnx ⇒ ≤ xn+1 ≤ xtgnx GVHD : Thạc só Võ Tiến Thaønh Quang Vinh π n+2 Giải : SVTH : Nguyễn Trần )⎤ ⎥ ⎥ ⎦ = 27 Phân Loại Phương Pháp Chứng Minh Bất Đẳng Thức Tích Phân ⎡ π⎤ ∀x ∈ ⎢α , ⎥ < x < tgx ⎣ 4⎦ ⇒ < xn+1 < xtgnx ⎧ α xtg n xdx ≥ α x n +1 dx ∫0 ⎪ ∫0 ⇒⎨ π α n +1 ⎪ xtg n xdx > ∫0 x dx ⎩ ∫α ∫ ⇒ In = α xtg n xdx + π =∫ x n+1 π ∫α ⎛π ⎞ dx = ⎜ ⎟ n +1⎝ ⎠ α x n +1 dx + π ∫α x n +1 dx n +1 ♦ Bài toán 4: Cho hàm số f, g : [0, 1] Chứng minh rằng: ∫ xtg n xdx > [0, 1] ( ∫ f(x).g(x)dx) ≤ ∫ f(x)dx.∫ g(x)dx 1 0 Giải : Theo giả thiết: ∀x∈ [0, 1] ≤ f ( x) ≤ g ( x) ≥ ⇒ ≤ f ( x) g ( x) ≤ g ( x) 1 0 ⇒ ≤ ∫ f ( x ).g ( x ) dx ≤ ∫ g ( x ) dx (1) ∀x∈[0, 1] ≤ g ( x ) ≤ f ( x) ≥ ⇒ ≤ g ( x ) f ( x ) ≤ f ( x ) 1 0 ⇒ ≤ ∫ f ( x ).g ( x ) dx ≤ ∫ f ( x )dx ( 2) Từ (1) (2) ⇒ (đpcm) ♦ Bài toán 5: Giả sử f(x) hàm liên tục [0, 1], a số dương cho : ≤ f ( x ) ≤ a , x ∈ [ 0,1] Chứng minh : ∫ f ( x ) dx = a, ∫ f ( x )dx ≥ a Giải : Ta có: ∫ f ( x )dx = ∫ f ( x) f ( x) dx ≥ ∫ f ( x) a dx = a a ∫ f ( x )dx = a = a (đpcm) ♦ Bài toán 6: Cho f(x) liên tục nghịch biến [0, a], a∈[0, b] Chứng minh rằng: a b 0 b ∫ f(x)dx ≥ a ∫ f(x)dx (1) Giải : GVHD : Thaïc só Võ Tiến Thành Quang Vinh SVTH : Nguyễn Traàn Phân Loại Phương Pháp Chứng Minh Bất Đẳng Thức Tích Phân Bất đẳng thức (1) ⇔ ( b − a ) ∫ a b f (a)dx ≥ a ∫ f ( x)dx (2) a Do f(x) nghịch biến [0, a] [a, b] Nên : a ( b − a ) ∫0 a f ( x)dx ≥ ( b − a ) ∫ f ( a )dx b b a a = ( b-a ) af ( a) = a ∫ f ( a) dx ≥ a ∫ f ( x)dx Vậy (1) (2) chứng minh π 2π ♦ Bài toán 7: Chứng minh rằng: ∫ e cos xdx ≤ ∫ e-x cos xdx -x 2 (1) π Giải: Đặt x = t + π ta có: 2π π -(π +x ) ∫ e cos xdx = ∫ e cos xdx -x 2 π π π Từ chứng minh (1) tương đương với việc chứng minh : ∫ e-x cos xdx ≤ ∫ e-(π +x ) cos xdx ∀x ∈ [ 0, π ] ta có: − (π + x ) ≤ − x 2 ⇒e − (π + x ) ⇔e π − (π + x ) ≤ e− x 2 cos x ≤ e − x cos x π ⇒ ∫ e-x cos xdx ≤ ∫ e ( - π +x ) cos xdx Nhận xét: Bài toán yêu cầu chứng minh bất đẳng thức mà cận tích phân khác nhau, ta cần thơng qua bước đổi biến số thích hợp để đưa vế cận tích phân, sử dụng phương pháp đánh giá ♦ Bài toán 8: Cho số nguyên m ≥ n ∈ N* Chứng minh rằng: n ∫ ⎛ n ⎞ km ⎜ ∑ ( cosx ) + nsinx ⎟ dx < ⎝ k =1 ⎠ Giải : * Với m ≥ n ∈ N ta có cosmkx ≤ cos2x = – sin2x x ∈ [0, Dấu “=” xảy ⇔ x = ] n ⎛ 1⎞ - sin x + sinx = − ⎜ sinx - ⎟ ≤ ⎝ 2⎠ ⎡ 1⎤ x ∈ ⎢0, ⎥ ⎣ n⎦ Dấu “=” xảy ⇔ sinx = (2) GVHD : Thạc só Võ Tiến Thành Quang Vinh (1) SVTH : Nguyễn Trần Một Số Ứng Dụng Của Bất Đẳng Thức Tích Phân x ⇒ dt = dx n n 1 −x e e − nt dx = n ∫ dt Ta có : I n = ∫ x + et 0 1+ en et et ≤ ≤ + et 1 t 1 Với ≤ t ≤ ta có : ⇒ n ∫ e −( n +1) dt ≤ I n ≤ n ∫ e − nt dt 2 Đặt t = 1⎛ n ⎞ − ( n +1) ≤ I n ≤ (1 − e − n ) ⎜ ⎟ 1− e ⎝ n +1⎠ 1⎛ n ⎞ 1 − ( n +1) Mà lim ⎜ = lim (1 − e − n ) = ⎟ 1− e n →∞ n + n →∞ 2 ⎝ ⎠ n −x e Vậy lim ∫ dx = x n →∞ 1+ en ( ⇔ ( ) ) n ♦ Bài tốn 6: Tính lim ∫ + x n dx n →∞ Giải : n Đặt: un = ∫ + x n dx ⎡ 1⎤ Ta có : < + x n ≤ ∀x ∈ ⎢0, ⎥ ⎣ n⎦ n n 0 ⇒ ≤ ∫ + x n dx ≤ ∫ 2dx = ⎯⎯⎯ → n →∞ n ⇒ lim un = n →∞ dx + xn a) Chứng minh dãy có giới hạn b) Tính lim un ♦ Bài toán 7: Cho un = ∫ n →∞ a) {un } dãy tăng (1) : ≤ x n +1 ≤ x n Giải : ∀x ∈ [ 0,1] 1 ≥ ∀x ∈ [ 0,1] n +1 1+ x + xn Với < x < ta có bất đẳng thức nghiêm ngặt ⇒ GVHD : Thạc só Võ Tiến Thành Quang Vinh 35 SVTH : Nguyễn Trần Một Số Ứng Dụng Của Bất Đẳng Thức Tích Phân 1 > n +1 1+ x + xn 1 1 ⇒∫ dx > ∫ dx n +1 1+ x + xn 0 Tức un +1 > un ∀n nguyên dương Ngoài ≤ ⇒ un ≤ ∀x ∈ ( 0,1) , n ∈ N * + xn ⇒ Dãy {un } bị chặn (2) Từ (1) (2) ⇒ dãy {un } có giới hạn b) Ta có : 1 ⎛ xn ⎞ xn un = ∫ ⎜ − dx = − ∫ dx ⎟ + xn ⎠ + xn 0⎝ xn x n +1 dx ≤ ∫ x n dx ≤ = ⎯⎯ ⎯ → Vì ≤ ∫ n x +1 n + n + n→∞ 0 1 ⎛ xn ⎞ Vậy lim un = lim ⎜1 − ∫ n dx ⎟ = n →∞ n →∞ ⎝ x +1 ⎠ ln x x ♦ Bài tốn 8: Tính giới hạn : lim x →∞ Giải : Ta có : x x x dt dt < ln x = ∫ ≤ ∫ =2 t =2 t t ln x ⇒0< < ⎯⎯⎯ → x →∞ x x ln x ⇒ lim =0 x →∞ x ( ) ∀x ∈ (1, +∞ ) x −1 < x ♦ Bài toán 9: Giả sử f(x) hàm liên tục đoạn [0, 1].Tính: ⎛1 ⎞p p lim ⎜ ∫ f ( x ) dx ⎟ p →∞ ⎝0 ⎠ Giải : Gọi M = max f ( x ) x∈[0,1] Vì f ( x ) hàm liên tục đoạn [0,1] nên tồn x0 ∈ [ 0,1] M = f ( x0 ) với p > p p ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ p Ta có : ⎜ ∫ f ( x ) dx ⎟ ≤ ⎜ ∫ M p dx ⎟ = M ⎝0 ⎠ ⎝0 ⎠ (1) GVHD : Thạc só Võ Tiến Thành 36 Quang Vinh SVTH : Nguyễn Trần Một Số Ứng Dụng Của Bất Đẳng Thức Tích Phân f ( x ) liên tục x0 nên ∃δ > cho Cho trước số ε > 0, ∀x ∈ ( x0 − δ , x0 + δ ) ⊂ [ 0,1] để : f ( x ) ≥ M − ε Giả sử [α , β ] khoảng cho : ≤ α ≤ x0 ≤ β ≤ 1, < α − β < δ Khi : 1 p ⎞p ⎛ ⎛1 ⎞p ⎛β ⎛ p ε⎞ ε⎞ f ( x ) dx ⎟ ≥ ⎜ ∫ ⎜ M − ⎟ dx ⎟ = ⎜ M − ⎟ ( β − α ) p ⎜∫ ⎜ ⎝ ⎟ 2⎠ 2⎠ ⎝ ⎝0 ⎠ ⎝α ⎠ ⎛1 ⎞p p ε ⇒ lim ⎜ ∫ f ( x ) dx ⎟ ≥ M − ≥ M − ε p →+∞ ⎝0 ⎠ ( 2) ⎛1 ⎞p p Kết hợp (1) (2) ⇒ lim ⎜ ∫ f ( x ) dx ⎟ = M p →+∞ ⎝0 ⎠ x +1 ∫ sin ( t ) dt ♦ Bài tốn 10: Tính lim x1−α * ∀α ∈ R+ cố định x →+∞ x Giải : Đặt f ( x ) = x1−α x +1 ∫ sin ( t ) dt x Đặt u = t x1−α ⇒ f ( x) ( x +1)2 ∫ x2 x1−α Ta có : • • x1−α sin u x1−α du = u ( x +1)2 ⎡ cos u ⎤ ⎢− ⎥ u ⎦ x2 ⎣ ( x +1)2 ∫ x2 cos u u = ( x +1) ( x +1)2 ⎡ ⎤ cos u ⎥ ⎛ cos u ⎞ ⎢ − du − ⎟ ⎢⎜ ⎥ x∫2 u ⎠ x2 ⎝ u2 ⎣ ⎦ xα x1−α du ≤ Từ (1) (2) ⇒ lim f ( x ) = lim x1−α x →∞ x →∞ x 2⎤ ⎡ → x →∞ ⎢cos ( x ) − x + cos ( x + 1) ⎥ ⎯⎯⎯ ⎣ ⎦ ( x +1)2 ∫ x2 du u = ⎯⎯⎯ → x ( x + 1) x →∞ α (1) ( 2) x +1 ∫ sin ( t ) dt = x II CHỨNG MINH PHƯƠNG TRÌNH CĨ NGHIỆM : ♦ Bài tốn 1: Cho f(x) xác định liên tục đoạn [ 0,1] thoả mãn điều kiện: ⎧f ( ) > ⎪1 ⎨ ⎪ ∫ f ( x ) dx < 1998 ⎩0 Chứng minh rằng: phương trình x1997 = f ( x ) ln có nghiệm thuộc (0, 1) Giải : GVHD : Thạc só Võ Tiến Thành Quang Vinh 37 SVTH : Nguyễn Trần Một Số Ứng Dụng Của Bất Đẳng Thức Tích Phân Xét hàm F ( x ) = x1997 − f ( x ) liên tục [0, 1] f ( 0) = − f ( 0) < 1 ∫ F ( x ) dx = 1998 − ∫ f ( x ) dx > 0 ⇒ ∃c ∈ ( 0,1) cho F ( c ) > ⇒ F ( ) F ( c ) < Do F(x) liên tục ∃x0 ∈ ( 0, c ) ⇒ x0 ∈ ( 0,1) F ( x0 ) = Tức x1997 − f ( x0 ) = 0 ⇒ f ( x ) = x1997 Có nghiệm x0 ∈ ( 0,1) Với cách giải ta đến toán tổng quát sau: ♦ Bài toán 2: Cho α ∈ R + ;f ( x ) liên tục [ 0, +∞ ) thoả mãn điều kiện: ⎧f ( ) = β > ⎪1 ⎨ ⎪ ∫ f ( t ) dt < + α ⎩0 Chứng minh có nghiệm phương trình f ( x ) = xα [ 0,1] Giải : Xét hàm F ( x ) = f ( x ) − x ⇒ F ( x ) liên tục [ 0, +∞ ) α Và • F ( ) = f ( ) = β > 1 0 • ∫ F ( x ) dx = ∫ ( f ( x ) − x α 1 ) dx = ∫ f ( x ) dx − + α < ⇒ ∃c ∈ ( 0,1) cho F ( c ) < 0 ⇒ F ( ) F ( c ) < Và F ( x ) liên tục ⇒ ∃x0 ∈ ( 0, c ) ⇒ x0 ∈ ( 0,1) F ( x0 ) = α Tức F ( x0 ) − x0 = α ⇔ f ( x0 ) = x0 Vậy phương trình f ( x ) = x α có x0 ∈ ( 0,1) ♦ Bài tốn 3: Chứng minh phương trình: t 2000dt x 2001 = ∫ (1 + t ) (1 + t ) (1 + t 2001 ) (1 + x ) (1 + x2 ) (1 + x2001 ) có nghiệm x Giải : Đặt: t 2000 dt x 2001 − 2001 ) (1 + x ) (1 + x2 ) (1 + x 2001 ) x (1 + t ) (1 + t ) (1 + t F ( x) = ∫ GVHD : Thaïc só Võ Tiến Thành Quang Vinh 38 SVTH : Nguyễn Trần Một Số Ứng Dụng Của Bất Đẳng Thức Tích Phân ⇒ F liên tục đoạn [ 0,1] 1 t 2000 dt ≥ ∫ t 2000 dt = >0 2001 2000 (1 + t ) (1 + t ) (1 + t ) 0 Hơn F ( ) = ∫ F (1) = − 0 Do ∫ g ( x ) dx = k k = 1, n Vì n g x ( x ) g ( x ) g n ( x ) ≤ Nên ∫ n g1 ( x ) g n ( x )dx ≤ g1 ( x ) + g ( x ) + + g n ( x ) (theo bất đẳng thức Cauchy ) n 1 ( g1 ( x ) + g2 ( x ) + + gn ( x ) ) dx = n∫ ⇒ Tồn điểm x0 ∈ ( 0,1) cho n g1 ( x ) g ( x ) g n ( x ) ≤ Hay g1 ( x ) g ( x ) g n ( x ) ≤ Vậy tồn điểm x0 ∈ ( 0,1) cho f1 ( x0 ) f ( x0 ) f n ( x0 ) ≤ a1.a2 an III CHỨNG MINH MỘT BẤT ĐẲNG THỨC ĐẠI SỐ: Để chứng minh bất đẳng thức đại số ta sử dụng nhiều phương pháp khác : khảo sát hàm số, sử dụng bất đẳng thức ( Cauchy, Bunhakopski…) ta sử dụng phương pháp khác sử dụng bất đẳng thức tích phân ♦ Bài tốn 1: Chứng minh : ln2 > Giải : Ta có : ⎧ dx = ln ( x + 1) = ln ⎪∫ ⎪ x +1 ⎨1 ⎛ x2 ⎞ ⎪ ⎪ ∫ ( x + 1) dx = ⎜ + x ⎟ = ⎝ ⎠0 ⎩0 ⎛1 ⎞ 1 dx ⇒ = ⎜ ∫ x + dx ⎟ < ∫ ( x + 1) dx.∫ x +1 x +1 ⎠ 0 ⎝0 GVHD : Thạc só Võ Tiến Thành Quang Vinh 39 SVTH : Nguyễn Trần Một Số Ứng Dụng Của Bất Đẳng Thức Tích Phân ⎛ ⎞ Vì ⎜ x + 1, không tỷ lệ [ 0,1] ⎟ x +1 ⎝ ⎠ ⇔ < ln ⇔ ln > ♦ Bài toán 2: Chứng minh : ( n - 1) ! ≤ nne1-n ≤ n! ∀n ∈ N* ∀k > 0, ∀x ∈ [ k , k + 1] ta có : Giải : k ≤ x ≤ k +1 ⇒ ln k ≤ ln x ≤ ln ( k + 1) k +1 ⇒ k +1 k +1 k k ∫ ln kdx ≤ ∫ ln xdx ≤ ∫ ln ( k + 1) dx k k +1 ⇒ ln k ≤ ∫ ln xdx ≤ ln ( k + 1) k n −1 n −1 k +1 k =1 k =1 k ⇒ ∑ ln k ≤ ∑ ∫ n −1 ln xdx ≤ ∑ ln ( k + 1) ∀n ∈ Z , n ≥ k =1 n ⇒ ln ⎡( n − 1) !⎤ ≤ ∫ ln xdx ≤ ln ( n !) ⎣ ⎦ ⇒ ln ⎡( n − 1) !⎤ ≤ [ x ln x − x ] ≤ ln ( n !) ⎣ ⎦ n ⇒ ln ⎡( n − 1) !⎤ ≤ n ln n − n + ≤ ln ( n !) ⎣ ⎦ ⇒ ( n − 1) ! ≤ e n ln n − n +1 ≤ n ! ⇒ ( n − 1) ! ≤ n n e1− n ≤ n ! Khi n = bất đẳng thức Vậy ( n − 1) ! ≤ n n e1− n ≤ n ! ∀n ∈ N * ♦ Bài toán 3: Chứng minh : 1 1 + + + ≤ lnn ≤ + + + ∀2 ≤ n ∈ Z n n -1 Giải : ∀k > 0, ∀x ∈ [ k , k + 1] ta có : k ≤ x ≤ k +1 1 ⇒ ≤ ≤ k +1 x k k +1 k +1 k +1 dx dx dx ⇒ ∫ ≤ ∫ ≤ ∫ k +1 k x k k k 1 ≤ ln ( k + 1) − ln k ≤ k +1 k n −1 n −1 n −1 1 ⇒∑ ≤ ∑ ( ln ( k + 1) − ln k ) ≤ ∑ k =1 k + k =1 k =1 k ⇒ GVHD : Thạc só Võ Tiến Thành Quang Vinh 40 SVTH : Nguyễn Trần Một Số Ứng Dụng Của Bất Đẳng Thức Tích Phân ⇒ 1 1 + + + ≤ ln ( n ) ≤ + + + n n −1 ♦ Bài toán 4: Chứng minh : n ∑ k ( 2k - 1) < 2ln2 ∀n ∈ N* k =1 Giải : Ta có: ⎧ n −1 − t 2n k ∀t ≠ −1 ( −t ) = ⎪∑ 1+ t ⎪ k =0 ⎨ n −1 1 − t 2n k ⎪ dt ( −t ) dt = ∫ ⎪ ∫∑ 1+ t ⎩ k =0 1 2n ⎛ t k +1 ⎞ dt t dt dt ⇒ ∑ ( −1) ⎜ −∫ cos x ⎝ x ⎠ Giải : ⎡ π⎤ ∀x ∈ ⎢0, ⎥ Ta có : cos x ≤ ⎣ 2⎦ t t ⎡ π⎤ ⇒ ∫ cos xdx ≤ ∫ dx ∀t ∈ ⎢0, ⎥ ⎣ 2⎦ 0 ⎛ π⎞ ∀x ∈ ⎜ 0, ⎟ ⎝ 2⎠ ⎡ π⎤ ∀t ∈ ⎢0, ⎥ ⎣ 2⎦ ⇒ sin t ≤ t x ⎡ π⎤ ∀x ∈ ⎢ 0, ⎥ ⎣ 2⎦ x ⇒ ∫ sin tdt ≤ ∫ tdt ⇒ − cos x ≤ ⎡ π⎤ ∀x ∈ ⎢0, ⎥ ⎣ 2⎦ x2 x2 ⇒ ∫ (1 − cos x )dx ≤ ∫ dx 0 ⎡ π⎤ ∀t ∈ ⎢0, ⎥ ⎣ 2⎦ t3 ⎡ π⎤ ∀t ∈ ⎢0, ⎥ ⎣ 2⎦ t t ⇒ sin t ≥ t − x x ⎛ t3 ⎞ ⇒ ∫ sin tdt ≥ ∫ ⎜ t − ⎟ dt 6⎠ 0⎝ x2 x4 ⇒ − cos x ≥ − 24 ⇒ cos x ≤ − ⎡ π⎤ ∀x ∈ ⎢0, ⎥ ⎣ 2⎦ ⎡ π⎤ ∀x ∈ ⎢ 0, ⎥ ⎣ 2⎦ x2 x4 + 24 Như : ⎧ x3 sin x ≥ x − ⎪ ⎪ ⎨ ⎪cos x ≤ − x + x ⎪ 24 ⎩ ⎛ π⎞ ∀x ∈ ⎜ 0, ⎟ ⎝ 2⎠ x2 x4 x6 x2 x4 ⎛ sin x ⎞ ⎛ x ⎞ ⇒⎜ ≥ ⎜1 − ⎟ = − + − > 1− + ≥ cos x ⎟ ⎠ 12 216 24 ⎝ x ⎠ ⎝ ⎛ π⎞ Vì ∀x ∈ ⎜ 0, ⎟ ta có x < ⎝ 2⎠ GVHD : Thạc só Võ Tiến Thành Quang Vinh 42 ⎛ π⎞ ∀x ∈ ⎜ 0, ⎟ ⎝ 2⎠ SVTH : Nguyeãn Trần Một Số Ứng Dụng Của Bất Đẳng Thức Tích Phân x2 < 36 x4 x6 ⇔ > 24 216 x2 x4 x2 x4 x6 ⇔ 1− + > 1− + − 24 12 216 ⇔ đpcm ♦ Bài toán 7: Chứng minh : 1 ⎛ 1 1⎞ 12 + -⎜ + + ⎟ ≤ 3- 2 sin x sin y sin z ⎝ x y z ⎠ π Giải : ⎛ π⎤ ∀x, y, z ∈ ⎜ 0, ⎥ ⎝ 2⎦ ⎛ sin x ⎞ ⎛ π⎞ ∀x ∈ ⎜ 0, ⎟ Theo ta có ⎜ ⎟ > cos x ⎝ x ⎠ ⎝ 2⎠ cos x ⎛ π⎞ ⇒ < ∀x ∈ ⎜ 0, ⎟ sin x x ⎝ 2⎠ π π 2 cos x dx ⇒ ∫ dx < ∫ sin x x t t ⎛ π⎞ ∀t ∈ ⎜ 0, ⎟ ⎝ 2⎠ ⎛ π⎞ ∀t ∈ ⎜ 0, ⎟ ⎝ 2⎠ 1 ⎛ π⎞ ⇒ − ≤ 1− ∀t ∈ ⎜ 0, ⎟ sin t t π ⎝ 2⎠ ⎛ 1 1 1⎞ 12 ⇒ + + −⎜ + + ⎟ ≤ 3− 2 sin x sin y sin z ⎝ x π y z ⎠ ⇒ 2 −2< − 2 sin t π t ⎛ π⎤ ∀x, y, z ∈ ⎜ 0, ⎥ ⎝ 2⎦ ♦ Bài toán 8: Cho x ≥ , ∀n ∈ N x x2 xn + + + ( 1) 1! 2! n! Giải : x • Với n = : e ≥ e = ∀x ≥ Vậy bầt đẳng thức với n = • Giả sử n = k bất đẳng thức tức : x2 xk e x ≥ + x + + + ∀x ≥ k! 2! • Với n = k + : theo giả thiết qui nạp thì: t2 tk et ≥ + t + + + ∀t ≥ k! 2! x x ⎛ t2 tk ⎞ t ⇒ ∫ e dt ≥ ∫ ⎜1 + t + + + ⎟ dt ∀x ≥ k !⎠ 2! 0⎝ Chứng minh : e x ≥ + ⇔ ex −1 ≥ x + x2 x k +1 + + 2! ( k + 1)! GVHD : Thạc só Võ Tiến Thành Quang Vinh ∀x ≥ 43 SVTH : Nguyễn Trần Một Số Ứng Dụng Của Bất Đẳng Thức Tích Phân ⇒ ex ≥ + x x2 x k +1 + + + 1! 2! ( k + 1)! ∀x ≥ Theo nguyên lý qui nạp bất đẳng thức (1) ∀n ∈ N ♦ Bài toán 9: Chứng minh : ∀n ∈ N* - {1} n 3n + n ⎛ k ⎞ e ≤ ∑⎜ ⎟ ≤ 2n + k =1 ⎝ n ⎠ e - Giải : Áp dụng tập II.1 (ChươngI §Bài 1) n ⎛x⎞ Xét hàm số f ( x ) = ⎜ ⎟ với x ∈ [1, +∞ ) ⎝n⎠ ⇒ f ( x ) hàm lồi thuộc lớp C1 Ta có : n 1 ∫ f ( x ) dx ≤ f (1) + f ( ) + + f ( n − 1) + f ( n ) n 1 ⎛k⎞ ⇔ ∑ ⎜ ⎟ ≥ ∫ f ( x ) dx + f (1) + f ( n ) 2 k =1 ⎝ n ⎠ n n n 1 1 ⎛ x n +1 ⎞ 1 ⎛ x⎞ = ∫ ⎜ ⎟ dx + n + = n ⎜ ⎟ + n+ n n ⎝ n +1⎠ n n⎠ 1⎝ n n = ⎞ 1 3n + n n ⎛1 +⎜ − + = ⎟ n+ ≥ n + ⎝ n + ⎠ n n + 2 ( n + 1) Và ta có g ( x ) = − x − e− x ∀x ∈ [ 0,1] −e x + ≤0 ex ⇒ g ( x ) hàm nghịch biến ⇒ g ' ( x ) = −1 + e − x = ∀x ∈ [ 0,1] ⇒ g ( x ) ≤ g ( ) = ⇒ − x ≤ e− x ⇒ 1− (1) ∀x ∈ [ 0,1] i − i ≤e n n n ( ) ⎛ i⎞ ⇒ ⎜ − ⎟ ≤ e − i i = 0, n − ⎝ n⎠ n n −1 n −1 e − e− n ⎛k⎞ ⎛ i⎞ ⇒ ∑ ⎜ ⎟ = ∑ ⎜1 − ⎟ ≤ ∑ e−i = < = −1 −1 n⎠ e −1 1− e 1− e k =1 ⎝ n ⎠ i =0 ⎝ i =0 Từ (1) (2) ⇒ đpcm n n ( 2) ♦ Bài toán 10: Xét đa thức p(x) với hệ số thực thoả mãn điều kiện: ⎧a) p ( ) = p (1) = ⎪ ⎨ ⎪b) ∫ p' ( x ) dx = ⎩ GVHD : Thaïc só Võ Tiến Thành Quang Vinh 44 SVTH : Nguyễn Trần Một Số Ứng Dụng Của Bất Đẳng Thức Tích Phân p (x) ≤ Chứng minh : ∀x ∈ [ 0,1] Giải : Chứng minh phản chứng, giả sử tồn x0 ∈ [ 0,1] cho p ( x0 ) > Do p ( x ) ∈ R [ x ] ⇒ p ( x ) liên tục x0 x0 0 x0 x0 1 x0 ⇒ ∫ p ' ( x ) dx = ≥ ∫ p ' ( x ) dx + ∫ p ' ( x ) dx ∫ p ' ( x )dx + ∫ p ' ( x ) dx = p ( x0 ) − p ( ) + p (1) − p ( x0 ) ≥ p ( x0 ) > 1 Mâu thuẫn với giả thiết ∫ p ' ( x ) dx = 1 ⇒ p ( x) ≤ ∀x ∈ [ 0,1] (đpcm) IV GIẢI MỘT SỐ BÀI PHƯƠNG TRÌNH HÀM : ♦ Bài toán 1: Cho hàm số f(x) thuộc lớp C1 đoạn [0, 1] thỏa mãn điều kiện ⎧(1) f ( ) = f (1) = ⎪ ∀x ∈ [ 0,1] ⎨( ) f' ( x ) ≥ ⎪ ∀x ∈ ( 0,1) ⎩( ) 2003f' ( x ) + 2004f ( x ) ≥ 2004 Giải : ∀x ∈ [ 0,1] x ⎧ ⎪ f ( x ) = + ∫ f ' ( t ) dt ⎪ ⎨ ⎪ f x = − f' t dt ∫ () ⎪ ( ) ⎩ x x x ⇒ f ( x ) ≤ + ∫ f ' ( t ) dt + ∫ f ' ( t ) dt ⇒ f ( x ) ≤ + ∫ f' ( t ) dt = ∀x ∈ [ 0,1] ( *) Do f ( ) = f (1) theo Rolle tồn c ∈ ( 0,1) cho f ' ( c ) = Từ (3) ⇒ 2003 f ' ( c ) + 2004 f ( c ) ≥ 2004 ⇒ f ( c ) ≥ ⇒ f (c ) = Tương tự đoạn ∃c1 ∈ [ 0, c ] ∃c2 ∈ [ c,1] để f (c1 ) = 1, f (c2 ) = GVHD : Thạc só Võ Tiến Thành Quang Vinh 45 SVTH : Nguyễn Trần Một Số Ứng Dụng Của Bất Đẳng Thức Tích Phân ∀x ∈ [ 0,1] tiếp tục q trình ta được: f ( x ) = ♦ Bài tốn 2: Tìm f(x) biết f(x) có đạo hàm f’(x) liên tục đoạn [a,b] thỏa điều kiện : ⎧f ( a ) = ⎪ ⎨ ∀x ∈ [a,b ] ⎪ f' ( x ) ≤ k f ( x ) ⎩ Giải : Vì f ( x ) liên tục đoạn [ a, b ] nên tồn M > cho f ( x ) < M ∀x ∈ [ a, b ] Ta có : ∀x ∈ [ a, b ] x x f ( x ) = f ( a ) + ∫ f ' ( t ) dt = ∫ f ' ( t ) dt a a x x a a f ( x ) ≤ ∫ f ' ( t ) dt ≤ k ∫ f ( t ) dt Vậy x Từ (1) ⇒ f ( x ) ≤ k ∫ Mdt = kM ( x − a ) (1) ( 2) a Kết hợp (1) (2) ta : x x f ( x ) ≤ k ∫ f ( t ) dt ≤ k ∫ kM ( t − a )dt a a x = k M ∫ ( t − a ) dt = Mk 2 ( x − a) a ( 3) Kết hợp (1) (3) : x f ( x) ≤ k ∫ a Mk ( t − a ) Mk ( x − a ) f ( t ) dt ≤ k ∫ dt = 3! a x Bằng qui nạp ∀x ∈ [ a, b ] k n ( x − a) k n (b − a ) ⇒ f ( x) ≤ M ≤M n! n! n k n (b − a ) Mà lim =0 n →∞ n! n n ⇒ f ( x) ≤ ⇒ f ( x) = ∀x ∈ [ a, b ] ♦ Bài tốn 3: Tồn hay khơng hàm số f(x) xác định đoạn [0, 2] thỏa mãn điều kiện sau : a) f(x) khả vi liên tục đoạn [ 0, 2] b) f ( ) = f ( ) = 1, f' ( x ) ≤ c) ∫ f ( x ) dx ≤ Giải : Áp dụng công thức Lagrăng cho hàm số f(x) đoạn [ 0, x ] [ x, 2] GVHD : Thaïc só Võ Tiến Thành Quang Vinh 46 SVTH : Nguyễn Trần Một Số Ứng Dụng Của Bất Đẳng Thức Tích Phân f ( x ) − f ( ) = xf ' ( c1 ) ∀c1 ∈ ( 0, x ) ⇔ f ( x ) = f ( ) + f ' ( c1 ) x Vì f ( ) = nên f ( x ) = + f ' ( c1 ) x (1) Tương tự f ( x ) − f ( ) = ( x − ) f ' ( c2 ) ∀c ∈ ( x, ) ⇒ f ( x ) = f ( ) + f ' ( c2 )( x − ) Vì f ( ) = ⇒ f ( x ) = + f ' ( c2 )( x − ) Từ giả thiết f ' ( x ) ≤ ( 2) ∀x ∈ [ 0, 2] suy : (1) ⇒ f ( x ) ≥ − x ( 2) ⇒ f ( x ) ≥ x −1 ∀x ∈ [ 0, 2] Bất đẳng thức khơng xảy đồng thời Vì : 1 f ( x ) dx ≥ ∫ (1 − x ) dx = ( 3) ∫ 0 Và 1 ( 4) ∫ f ( x )dx ≥ ∫ (1− x ) dx = 2 Từ (3) (4) ⇒ ∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx ≥ 1 + =1 2 Kết hợp giả thiết ⇒ ∫ f ( x ) dx = Điều xảy : ⎧1 − x ⎪ ⇔ f ( x) = ⎨ ⎪x −1 ⎩ x ∈ ( 0,1) x ∈ (1, ) Nhưng hàm f ( x ) không khả vi x = Vậy không tồn hàm số thỏa mãn u cầu Một số kết đạt chương II: Ứng dụng bất đẳng thức tích phân để giải số dạng tốn: 1- Tính giới hạn 2- Chứng minh phương trình có nghiệm 3- Chứng minh bất đẳng thức đại số 4- Giải số phương trình hàm GVHD : Thạc só Võ Tiến Thành Quang Vinh 47 SVTH : Nguyễn Trần Kết luận Sau nghiên cứu bất đẳng thức tích phân, tơi nhận thấy bất đẳng thức tích phân dạng tốn uyển chuyển, phức tạp Nó địi hỏi người làm tốn cần phải nhạy bén, có khả phán đốn, phân tích vấn đề Đặc biệt có số ứng dụng quan trọng việc giải số dạng tốn khác như: tính giới hạn, chứng minh bất đẳng thức đại số, chứng minh phương trình có nghiệm, giải số phương trình hàm… Nói hiệu đề tài tơi chưa khẳng định điều gì, chưa kiểm nghiệm thực tiển Nhưng em điều sau hoàn thành đề tài nghiên cứu khoa học tơi nắm cách tổng quan có hệ thống bất đẳng thức tích phân Và vận dụng chúng để giải số tốn khác Tơi hy vọng đề tài trở thành tài liệu bổ ích cho bạn học sinh, sinh viên tham khảo trình học tập giảng dạy sau Sinh viên thực Nguyễn Trần Quang Vinh 48 TÀI LIỆU THAM KHAÛO [01] Lê Thị Thiên Hương – Nguyễn Anh Tuấn – Lê Anh Vũ - Bài tập toán cao cấp tập – Nhà xuất giáo dục – 2001 [02] Ngô Thúc Lanh (chủ biên) – Sách giáo khoa giải tích 12 – Nhà xuất giáo dục – 1998 [03] Trần Đức Long – Bài tập giải tích – Nhà xuất Đại Học Quốc Gia Hà Nội – 2002 [04] Trần Thanh Minh (chủ biên) - Giải tốn tích phân Giải tích tổ hợp – Nhà xuất giáo dục – 2001 [05] Nguyễn Thủy Thanh – Bài tập giải tích tập – Nhà xuất giáo dục – 2002 [06] Phạm Ngọc Thao – Bài tập giải tích tập 1&2 – Nhà xuất Đại Học Quốc Gia Hà Nội – 2000 [07] Hội Tốn Học Việt Nam –Tuyển tập 30 năm tạp chí toán học tuổi trẻ – Nhà xuất giáo dục – 2000 [08] Jean-Marie Monier – Giáo trình tốn tập – Giải tích – Nhà xuất giáo dục – 2001 [09] Y.Y.Liasko – Giải tích tốn học ví dụ – Nhà xuất Đại Học trung học chuyên nghiệp – 1977 49 ... MINH BẤT ĐẲNG THỨC TÍCH PHÂN ☺ -Để chứng minh phương pháp ta cần nhớ số bất đẳng thức sau: + Bất đẳng thức Bunhacopski + Bất đẳng thức Young + Bất đẳng thức Holder (các bất đẳng thức. .. chung bất đẳng thức tích phân nói riêng 2) Đối tượng nghiên cứu: Những phương pháp chứng minh bất đẳng thức tích phân; ứng dụng bất đẳng thức tích phân 3) Nhiệm vụ nghiên cứu: Phân loại phương pháp. .. chuyên đề bất đẳng thức tích phân) 5) Phần I: Nội dung nghiên cứu: Cơ sở lý thuyết đề tài (bao gồm định lý, hệ tính chất bất đẳng thức tích phân) Phần II: Bất Đẳng Thức Tích Phân Chương I: Phân loại