Phân loại phương pháp chứng minh bất đẳng thức tích phân và một số ứng dụng của bất đẳng thức tích phân

ề tài. Em-một sinh viên nghiên cứu khoa học rất cảm ơn Trường Đại học An Giang, tồn bộ quý 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 quá trình thực hiện đề tài. Và một lần nữa cảm ơn quý thầy cơ tổ bộ mơn tốn đã cĩ những đĩng gĩp hết sức quý báo cho đề tài của em được hồn thiện hơn. Sinh viên thực hiện Nguyễn Trần Quang Vinh MỤC LỤC 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 cĩ 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 Lời nói đầu ------∞------ 1) Tính cấp thiết của đề tài: 9 Bất đẳng thức tích phân là một dạng tốn rất thường xuất hiện trong các kỳ thi học sinh giỏi, các kỳ thi olympic bởi vì nĩ là một dạng tốn tương đối khĩ và phức tạp. Ngay từ khi cịn ngồi ở ghế nhà trường phổ thơng bất đẳng thức tích phân luơn là một vấn đề làm tơi hứng thú, bỏ rất nhiều thời gian chỉ vì một vài bài tốn và cĩ một số bài tốn tưởng như khơng thể nào giải được. Hiện nay đã là một sinh viên Đại Học nhưng em luơn mong ước là sẽ cĩ 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 (khơng phân loại) về bất đẳng thức tích phân. 9 Cho nên, nếu đề tài này thành cơng sẽ giúp ích rất nhiều cho những học sinh phổ thơng trong việc học tốn nĩi chung và bất đẳng thức tích phân nĩi 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 tốn 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 tốn khác (bao gồm những bài tốn khơng thuộc hai phương pháp trên) Bài 4: Mối liên hệ 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 cĩ 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 ( )b a f x dx∫ ™ Hệ quả 1 : Nếu f, g: [a, b] Ỉ R liên tục và ( ) ( ) ( ) ( ) b b a a f x g x f x dx g x dx≤ ⇒ ≤∫ ∫ ™ Hệ quả 2 : Cho f : [a, b] Ỉ R liên tục và ta cĩ :[ ] [ ]x , , inf ( ), sup ( ) a b x a b m f x M f ∈ ∈ = = x ( )( ) ( )b a m b a f x dx M b a− ≤ ≤ −∫ 2. Định lý 2 : Với mọi hàm f(x) liên tục trên [a, b] thì: ( ) b a f x dx∫ Dấu “=” xảy ra [ ] [ ] ( ) 0 , ( ) 0 , f x x a b f x x a ⎡ ≥ ∀ ∈⇔ ⎢ ≤ ∀ ∈⎢⎣ b ™ Hệ quả 2.1 : Giả sử f(x), g(x) ∈ C[x] và [ ],sup ( )x a bM f x∈= Ta cĩ : ( ) ( ) ( ) b b a a g x f x dx M g x dx≤∫ ∫ ™ Hệ quả 2.2 :Giả sử f (x)∈ C[x] và [ ,supx aM ∈= ( )( )b a f x dx b a M≤ −∫ 3. Định lý 3 : Giả sử f(x) ∈ C[x] trên [a, b] sao cho f(x) ≥ 0 và x0 ∈ . Khi đĩ: . 0f(x ) > 0 ( ) 0 b a f x dx >∫ ™ Hệ quả 3.1.: Giả sử f(x) và g(x) là 2 hàm số liên tục trên [a, b] f(x trên [a, b] tức là tồn tại ít nhất một điểm x0 ∈[a, b] sao cho f(x0) < g(x0) thì ( ) b a a f x dx <∫ ∫ ™ Hệ quả 3.2: Cho f : [a, b] Ỉ R Nếu ( ) ( ) (b a f ⎪⎪ f x⎨⎪ f x⎧ ⎪⎩ ∫ 4. Định lý giá trị trung bình : GVHD : Thạc sĩ. Võ Tiến Thành Quang Vinh 4 0≥ : ( )b a f x dx≤ ∫ ] ( ) b f x ta cĩ : [a, b] sao cho f(x) liên tục tại x0 và ) ≤ g(x) ∀x∈[a, b]. Nếu f(x) ≠ g(x) : ( ) b g x dx liên tục thì f(x)=0 ) 0x dx ≥ 0 = SVTH : Nguyễn Trần 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 ( ) a b x a b m f x M f x∈ ∈ = = thì tồn tại một số µ với m Mµ≤ ≤ sao cho: ( ) ( ) ( ) b b a a f x g x dx g x dx= µ∫ ∫ Hơn nữa, nếu f(x) liên tục trên [a,b] thì tồn tại một số [ ],c a b∈ sao cho: ( ) ( ) ( ) ( ) b b a a f x g x dx f c g x dx=∫ ∫ 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: ( ,c a b∃ ∈ ) b c ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) b c a a f x g x dx g a f x dx g b f x dx= +∫ ∫ ∫ b) Hơn nữa nếu g(x) là hàm đơn điệu giảm, khơng âm trong khoảng (a,b) thì: [ ]( ) ( ) ( ) ( ) ,b c a a f x g x dx g a f x dx c a b= ∈∫ ∫ c) Nếu g(x) là hàm đơn điệu tăng, khơng âm trong khoảng (a,b) thì: [ ]( ) ( ) ( ) ( ) ,b c a a f x g x dx g b f x dx c a b= ∈∫ ∫ 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 2 2. . b b ba a af x g x dx f x dx g x dx≤∫ ∫ ∫ ™ Bất đẳng thức Young: Cho a∈ +R , f : [0, a] Ỉ R là một ánh xạ thuộc lớp C1 sao cho [ ] ( ) ( ) 0, , ' 0 0 0 x a f x f ⎧∀ ∈ > =⎪⎩ ⎪⎨ Ta kí hiệu f--1 : [0, f(a)] Ỉ R là ánh xạ ngược của f(x). Khi đĩ ∀x∈ [0, a], y∈ [0, f(a)], ( ) ( )1 0 0 x y f x dx f x dx xy−+ ≥∫ ∫ ™ Bất đẳng thức Holder: Cho [ ], : ,f g a b → R liên tục 1 1, 0 ,p q p q > + =1 thì: 1 1 ( ) ( ) ( ) ( ) b b bp q p q a a a f x g x dx f x dx g x dx ⎛ ⎞ ⎛≤ ⎜ ⎟ ⎜⎝ ⎠ ⎝∫ ∫ ∫ ⎞⎟⎠ GVHD : Thạc sĩ. 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 x dx 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 x g x x a b g x dx A ⎧ ≤ ∀ ∈⎪⎨ =⎪⎩∫ 2) Bước 2: khi đĩ từ: ( ) ( ) ( ) ( ) b b a a f x g x f x dx g x dx A≤ ⇒ ≤∫ ∫ = dấu “=” của bất đẳng thức xảy ra khi: [ ]( ) ( ) ,= ∀ ∈f x g x x a b Từ nhận xét trên ta thấy để chứng minh hàm số bằng phương pháp đánh giá ta cĩ 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∫ 191 3 60 1 x< dx 2020 2 1 + x 1< Giải : ∀x∈[0, 1] thì : 63 31 1 x≤ + ≤ 2 Do đĩ : [ ]19 19 19 63 x 0,1 2 1 x x x x ≤ ≤ ∀ ∈+ Hiển nhiên: ( )19 19 193 63 x 0,12 1 x x x x < < ∀ ∈+ 1 191 1 1 19 3 630 0 02 1 x xdx dx x dx x ⇒ < <+∫ ∫ ∫ ( Hệ quả 3.1) GVHD : Thạc sĩ. Võ Tiến Thành SVTH : Nguyễn Trần Quang Vinh 6 Phân Loại Phương Pháp Chứng Minh Bất Đẳng Thức Tích Phân 191 3 630 1 1 2020 2 1 x dx x ⇔ < <+∫ Nhận xét: như vậy hàm số g(x) = x19 (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 < 6 2 Giải : , 6 3 x π π⎡∀ ∈⎢⎣ ⎦ ⎤⎥ ta cĩ : ( )( )( ) ( )( )( ) ( ) 6 6 sin 1 0 sin 1 5 sin 5 1 sin 1 3 2 sin 5 sin 1 sin 5 53 2 sin 5 sin 1 sin 1 6 x x x x x x x x x x dx dx π π 3 3 π π ⎧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 93 2 sin 5 sin 1 sin 27 2 2 x x x x x x x x x dx dx π π 3 π π 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 ∈∫ nn 0I = xtg xdx n N Chứng minh : ⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠ n+2 n 1 πI > n + 2 4 Giải : Già sử α là số thực sao cho 0 4 πα< < ∀x∈[0, α] ta cĩ: 0 ≤ x ≤ tgx ⇒ 0 ≤ xn ≤ tgnx ⇒ 0 ≤ xn+1 ≤ xtgnx GVHD : Thạc sĩ. Võ Tiến Thành SVTH : Nguyễn Trần Quang Vinh 7 Phân Loại Phương Pháp Chứng Minh Bất Đẳng Thức Tích Phân , 4 x πα⎡∀ ∈⎢⎣ ⎦ ⎤⎥ thì 0 < x < tgx ⇒ 0 < xn+1 < xtgnx 1 0 0 14 0 1 14 4 0 0 1 n+14 0 1 = x 1 4 n n n n n n n n n xtg xdx x dx xtg xdx x dx I xtg xdx xtg xdx x dx x dx dx n α α π α α π πα α α α π π + + + + + ⎧ ≥⎪⇒ ⎨⎪ >⎩ ⇒ = + > + ⎛ ⎞= ⎜ ⎟+ ⎝ ⎠ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ n ♦ Bài tốn 4: Cho 2 hàm số f, g : [0, 1] Ỉ [0, 1] Chứng minh rằng: ( ) ≤∫ ∫ ∫21 10 0 0f(x).g(x)dx f(x)dx. g(x)dx1 Giải : Theo giả thiết: ∀x∈ [0, 1] thì 0 ( và )f x≤ ≤1 1 ( ) 0g x ≥ ( ) ( ) ( ) ( )1 1 0 0 0 ( ) ( ) ( ) 0 . f x g x g x f x g x dx g x dx ⇒ ≤ ≤ ⇒ ≤ ≤∫ ∫ ∀x∈[0, 1] thì ( )0 g x≤ ≤ 1 và ( ) 0f x ≥ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 1 0 0 0 . 0 . g x f x f x f x g x dx f x dx ⇒ ≤ ≤ ⇒ ≤ ≤∫ ∫ 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 f x dx = a 0 f x a x 0,1 f x dx a Giải : Ta cĩ: ( ) ( )( ) ( ) ( ) 21 1 1 1 31 120 0 0 0 3 33 1f x f x af x dx dx dx f x dx a f x a aa = ≥ = =∫ ∫ ∫ ∫ = (đpcm) ♦ Bài tốn 6: Cho f(x) liên tục và nghịch biến trên [0, a], a∈[0, b] Chứng minh rằng: ≥∫ ∫a b0 0b f(x)dx a f(x)dx (1) Giải : GVHD : Thạc sĩ. 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) a b a b a f a dx a f x dx⇔ − ≥∫ ∫ Do f(x) nghịch biến trên [0, a] và [a, b] Nên : ( ) ( ) ( ) 0 0 ( ) ( ) = b-a ( ) ( ) ( ) a a b b a a b a f x dx b a f a dx af a a f a dx a f x dx − ≥ − = ≥ ∫ ∫ ∫ ∫ Vậy cả (1) và (2) được chứng minh. ♦ Bài tốn 7: Chứng minh rằng: ( )≤∫ ∫2 2π 2π-x 2 -x 2 0 π e cos xdx e cos xdx 1 Giải: Đặt x t π= + thì ta cĩ: ( )222π π - +x-x 2 2 π 0 e cos xdx e cos xdxπ=∫ ∫ Từ đĩ chứng minh (1) tương đương với việc chứng minh : ( ) 22 π π - +x-x 2 2 0 0 e cos xdx e cos xdxπ≤∫ ∫ [ ]0,x π∀ ∈ ta cĩ: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2os os 22 x x x x π π - +x-x 2 2 0 0 x x e e e c x e c x e cos xdx e cos xdx π π π π − + − − + − − + ≤ − ⇒ ≤ ⇔ ≤ ⇒ ≤∫ ∫ ™ Nhận xét: Bài tốn này yêu 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 nguyên m ≥ 2 và n ∈ N*. Chứng minh rằng: ( )⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠∑∫ 1 n kmn 0 k=1 5cosx + nsinx dx < 4 Giải : Với m ≥ 2 và n ∈ N* ta cĩ cosmkx ≤ cos2x = 1 – sin2x 1x [0, ] n ∈ (1) Dấu “=” xảy ra ⇔ x = 0 ( )22 5 1 5 11- sin x+ sinx = sinx - x 0, 2 4 2 4 n ⎛ ⎞ ⎡ ⎤− ≤ ∈⎜ ⎟ ⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎣ ⎦ Dấu “=” xảy ra ⇔ sinx = 1 2 GVHD : Thạc sĩ. 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 5cos sin 4 n km k x n x = + <∑ Do đĩ: n ết quả là ( )1 1K 0 0 1 4 4k= 5 5cos sin n kmn nx n x dx ndx⎛ ⎞+ < =⎜ ⎟⎝ ⎠∑ ♦ Bài tốn 9: ∫ ∫ Cho f(x) xác định và liên tục trên [1, 2] và thỏa : ( ) ( ) [ ] 1 ∀ ∈ ≠3 3x 1 1 2 1 2x - x x ,x 1,2 x x Chứng minh rằng : ≤∫ 2 1 2 2 a f x dx 3 ( ) ≤∫ 21 3f x dx 2 Giải : Ta cĩ: ( ) ( )( ) 1 1 21 0 xx 2 1 3 3 22 1 3 x x x x x dx 2 2 2x x f x dx x⇒ − ≥ ∀ ≤∫ − = ∫ 2 ≤ 0 Do hàm h(x) = x2 – f2(x) liên tục trên đoạn [1, 2] Nên f2(x) – x2 ≤ 0 ∀x∈[1, 2] ⇒ ∃c∈[x1, x2] sao cho f2(c) – c ( ) [ ] ( ) ( )2 2 2 x 1,2 3 f x x⇒ ≤ ∀ ∈ 1 1 1 2 f x dx f x dx xdx⇒ ≤ ≤ =∫ ∫ ∫ ♦ Bài tốn 10: Giả sử f(x) là hàm liên tục trên đoạn [a, b], thỏa mãn điều kiện : ≤ α1f(x1) + α2f(x2) ] α > 0, α > 0, α + α = 1 Chứng minh rằng : i) f(α1x1 + α2x2) ii) ∀x1, x2 ∈ [a, b 1 2 1 2 ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )⎛ ⎞ ≤ ≤⎜ ⎟⎝ ⎠ a a + b 1b - a f dx b - a f a + f b 2 2 Giải ∫ b f x : Ta cĩ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( 0 0 0 0 1 2 2 2 2 1 2 2 1 1 = 1 2 2 b a b a b a b a a b a x b xf f f a x f b x a bf dx f a x f b x dx f a x f b x dx − − − − + + −⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + ≤ ⎡ + + − ⎤⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎣ ⎦⎝ ⎠ ⎝ ⎠ +⎛ ⎞⇒ ≤ ⎡ + + − ⎤⎜ ⎟ ⎣ ⎦⎝ ⎠ + + − ∫ ∫ ∫ ∫ ) a b a Đặt t = a + x ⇒ b ( ) ( ) 0 f a x dx f t dt+ = ∫ – x ⇒ −∫ ( ) ( ) ( ) 0 b a a b b a f b x dx f t dt f t dt − − = − =∫ ∫ ∫ Và đặt t = b GVHD : Thạc sĩ. 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 a bb a f f b x dx+⎛ ⎞− ≤ −⎜ ⎟⎝ ⎠ ∫ ) Để chứng minh bất đẳng thức phải, trước hết ta chú ý rằng ∀x∈[a, b] thì: ( ) ( ) ( ) ( ) ( )x a f b b x f ax a b xf x f b a b a b a b a − + −− −⎛ ⎞= + ≤⎜ ⎟− − −⎝ ⎠ ( ) khi đĩ: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 b b b a a a bb b a f x dx f x a dx f b x dx b a b a f a b x f b f a ≤ − + −− − − +− − = − ∫ ∫ ∫ T Bài tốn 11: 1 f b = . 3 2 2 2 2 a a x a b a b a b a− − ừ (2) và (3) ⇒ đpcm ♦ f : [1, +∞) Ỉ R thuộc lớp C1 (tức f(x) cĩ đạo hàm liên tục trên ) và lồi. Chứng minh rằng : ∀n ∈ 1} ∞[1,+ ) N ⁄ {0, ( )≤ ≤∫ b1 1 10 af(1) + f(2) + ... + f(n -1) + f(n) - f(x)dx f'(n) - f'(1)2 2 8 Giải : 1) ∀ k ∈ {1,…, n-1} đường cong biểu diễn f(x) trên [k; k+1] ở phía dưới dây cung. Do đĩ: S’ABCD ≤ SAB 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 2 2 2k ) 1 1 11 1 1 1 1 2 1 1 1 k k n nk k k f f k f k b f f f k f k f f f n f n= ≤ + + = + + + − +∑ ∑∫ + − −+ + = ⇔ ≤ + + ⇒ ∫ ∫ (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 đĩ ta cĩ : f(x) f(k) + (x - k)f'(k) f(x) f(k+1) + (x-k-1)f'(k+1) ≥⎧⎨ ≥⎩ S GVHD : Thạc sĩ. Võ Tiến Thành SVTH : Nguyễn Trần Quang Vinh 11 Phân Loại Phương Pháp Chứng Minh Bất Đẳng Thức Tích Phân ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( )1 11 1 12 21 1 2 2 ' 1 1 ' k k k k k k k k k k 1f f f f k x k f k dx f k x k f k + + + + + + += + ≥ + − + + + − − +∫ ∫ ∫ ∫ ∫ dx ( ) ( ) ( ) ( ) 1 12 22 1 2 11 1 = ( ) 1 ' 1 2 2 2 2 k k k k x k x k f k f k f k + + + − − −+ + + + + [ ] [ ] 1 1 11 1 1 1 1( ) '( ) ( 1) '( 1) 2 8 2 8 1 1 1( ) ( ) ( ) ( 1) '( ) '( 1) 2 2 8 1 1 1(1) (2) ( 1) ( ) '(1) '( 1) (2) 2 2 8 n kn n k kk f k f k f k f k f x dx f x dx f k f k f k f k f f f n f n f f n + = = = + + + − + ⎛ ⎞⇒ = ≥ + + + − +⎜ ⎟⎝ ⎠ = + + + − + + − + ∑ ∑∫ ∫ L II. SỬ DỤNG ĐẠO HÀM ĐỂ KHẢO SÁT HÀM SỐ DƯỚI DẤU TÍCH PHÂN: ♦ Bài tốn 1: Từ (1),(2)⇒ đpcm 3 6 3 sin 4 2 x dx x 1 π π Chứng minh rằng : < <∫ Xét hàm số sin xy x = với x , 6 3 π π⎛ ⎞∈⎜ ⎟⎝ ⎠ ( ) ( ) ( )y x y ( ) 2 2 2 2 coscos sin' 0 , x , 6 3 do y = tgx - x y' = tg 1 1 0 x 0,+ 0 0 0 x tgx xx x xy x x x tg x tgx x π π−− ⎛ ⎞⇒ = = < ∈⎜ ⎟⎝ ⎠ ⇒ + − = > ∀ ∈ ∞ = ⇒ − > ⇒ Hàm số ⇒ > sin xy x = là hàm nghịch biến trên D sin xπ 3 3 sin 3 3 6 2 xy y x x π π π ⎞= ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ” xảy ra ⇔ tại ⎛ ⎞ ⎛ Dấu “= , x= 6 3 x π π= 3 3 3 6 6 6Do đĩ 33 sin 1x π 6 3 3 sin 3 2 4 2 xdx dx dx x dx x π π π π π π π π π< < ⇔ < < ∫ ∫ ∫ ∫ ♦ Bài tốn 2: Chứng r minh ằng : 21 0 xe dx 1 1 4 4 π+ +>∫ Giải : (đpcm) GVHD : Thạc sĩ. 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 ) = ex – x – 1 với x∈[0, 1] ex – ến th : 0 f’ + f 0 ( ) ( ) ( ) [ ] [ ]2 2 2 1 1 1 4xe dx π+ 21 1 1 1 1 1 1 2 20 0 0 0 0 0 0 0 0 0 x 0,1 1 1 1 1 x 0,1 1 1 1 1 1 =arctg 1 1 4 4 x x x f f x f e x xe dxe dx dx dx x x π + + ⇒ = ⇒ ≥ = ∀ ∈ ⇔ > + ⇒ > + ∀ ∈+ ⎛ ⎞⇔ > + = +⎜ ⎟+ +⎝ ⎠ 1x + = + ∫ ∫ ∫ ∫ ♦ B +⇒ >∫ ≤ ≤∫ π 20π 3 dx 2π 33 3cos + 1 Giải ài tốn 3: Chứng minh rằng : x + cosx : ( )Xét hàm số: 2 1 0 cos cos 1 f x x x = ≥+ + với 0 x π≤ ≤ ( )2 2 1cos cos 1f x x x⇒ = + + Đặt t = cosx ∈[-1, 1] ( ) ( ) ( ) ( ) 2 22 2 1 2 1' 1 1 tf x G t G t tt t t − −⇒ =+ + + + Nên ta c ⇒ = = ĩ : t -1 1 2 − 1 G’(t) + 0 - 4 3 1 3 G(t) 1 ( ) [ ] ( ) [ ] ( ) [ ] 1 4 t -1,1 3 3 1 2 x 0, do 0 0, 3 3 G t f x f x xπ π ⇒ ≤ ≤ ∀ ∈ ⇒ ∈≤ ≤ ∀ ∈ ≥ ∀ (đpcm) GVHD : Thạc sĩ. Võ Tiến Thành SVTH : Nguyễn Trần Quang Vinh 13 Phân Loại Phương Pháp Chứng Minh Bất Đẳng Thức Tích Phân 20 0 0 1 2 3 3cos cos 1 dxdx dx x x π π π≤ ≤+ +∫ ∫ ∫Vậy: 203 cos x∫ 3 2 3 3cos 1 dx x ππ π⇒ ≤ ≤+ + ∫ b 2x +♦ 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 x2 + a ≥ x2 ∀x∈[0,1] ( ) ( ) 2 2 1 12 2 0 0 0 a 0 x a x x adx x dx⇒ + ≥∫ ∫ I a I ⇒ + ≥ ⇒ ≥ ∀ ≥ y Nếu a ≤ -1 thì x2 + a ≤ x2 - 1≤ 0 ∀x∈[0, 1] ( ) ( ) ( ) ( )1 1I a 2 2 0 0 1 1 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 x2 + a = 0 với 2, x 0 x 0, -ax a a ⎡ ⎤= − + ≤ ∀ ∈⎣ ⎦ và x2 + a ≥0 ∀x∈[-a, 1]. Do đĩ: ( ) ( ) ( )12 2 0 4 1 − 3 3 a a I a x a dx x a dx a a a − −= − + + + = − + + ∫ ∫ Đặt t a= − ta được: với a∈[-1, 0] ⇒ t∈[0, 1] ( ) ( ) ( ) ( ) 3 2 2 4 1 3 3 1' 4 2 ' 0 0, 2 I a f t t t f t t t f t t t = = − + = − ⇒ = ⇔ = = Bảng bi n thiên: ⇒ ế t 0 1 2 1 f’(t) - + 0 f(t) f min GVHD : Thạc sĩ. 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 1ấ , 0] tại điểm 4 a = − ( ) 1 a RI a I ⎛ ⎞ 4 ⇒ ≥ ⎜ ⎟⎠ ♦ Bài tốn 5: − ∀ ∈ ⎝ Cho a,b ∈ R2, 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 ( ) ( ) ( ) ( ) ⎛ ⎞≤ ≤ ⎜ ⎟⎝ ⎠∫ ∫ b b a a m 1 1 m2 b - a f x dx + m dx 1 + b - a M M f x M Giải : Đặ x) t f( = t∈ *R+ 2 2 2 1' ' 0t m m t my y t mM M t t Mt + ⇒ = − = ⇒ = ⇔ ± 0 m M− y M = = t mM M y’ - 0 + y 1 m M + 2 m M 1 m M + Vậy ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 1 12 1 1 12 1 ( ) b b b b a a b b a a f xm m m M M f x M m mdx f x dx m dx dx f x M m mb a f x dx m x b a dpcm M M f x M ⎛ ⎞≤ + ≤ +⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎛ ⎞⇒ ≤ + ≤ +⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎛ ⎞⇔ − ≤ + ≤ + −⎜ ⎟⎝ ⎠ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ♦ Bài tốn 6: a aM M d ∫ m+2 m+3π m 2x01 π πx e dx > +2 m + 2 Chứng minh rằng : m + 3 Giải : ( ) 3 2 3 0 0 m+1 2 2 0 0 0 2 3 2 3 = x m m m m m m m m dx x dx x x x dx π π π π π π π π+ + + + + = ++ + + = +∫ ∫ ∫ Vậy ta cần chứng minh rằng: e2x > 2(x2 + x) ∀x>0 (*) Thật vậy xét hàm số: 2mπ + m + +Trước hết ta thấy: GVHD : Thạc sĩ. Võ Tiến Thành SVTH : Nguyễn Trần Quang Vinh 15 Phân Loại Phương Pháp Chứng Minh Bất Đẳng Thức Tích Phân 2 2 2 2 * ( ) y f x= = 2( ), 0 ) 2 ) 4 4 0 x x x e x x x x f x e x R+ − + ≥ ⇒ = − ⇒ = − > ∀ ∈ 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 ( ) 2 32 2 0 1 m mm x mx e dx x x x dx π π π π 02 2 3m m + + ⇒ > + = ++ + ∫ ∫ ™ 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 hợp để đưa cận tích phân của 2 vế như nhau rồi tiến hành đánh giá (như bài 7 - Nĩi 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 x dx A≤∫ , thì việc tính được ( )b a f x dx∫ một cách trực tiếp là rất khĩ. Khi đĩ, cần đánh giá bất đẳng thức ( ) ( )f x g x≤ sao cho là một tích phân dễ tính hơn. ( )b a g x dx∫ GVHD : Thạc sĩ. 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. ( ) ,≤f x 1 Cho f(x) là hàm số xác định và liên tục trên [0, 1] và ( )∀ ∈x 0,1 ( ) ( )( )≤∫ ∫ 21 120 01 - f x dx 1- f x dx Chứng minh rằng: Giải : bất đẳng thức Bunhakopski ta cĩ : Theo ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 21 1 1 12 2 2 0 0 0 0 1 12 2 0 0 1 12 2 0 0 1 1. 1 1 1 = 1-f 1 1 1 1 2f x dx f x dx dx f x dx x dx f x dx f x dx f x dx − = − ≤ − = − ⇒ − ≤ − ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ Và ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )21 1 20 21 1 . 1 12 2 0 0 0 0 0 1 1 2 f x dx dx≤∫ ∫ ∫ f x dx f x dx f x dx f x dx = ⇒ − ≥ − ∫ ∫ ∫ 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 nn 0I = f x dx . Chứng minh rằng ∀n>1 ta cĩ Giải ≥f(x) 0 ≤2n-1 n n-2I I .I : Theo bất đẳng thức Bunhakopski ta cĩ : ( )( ) ( ) ( ) ( ) 222 n n n n I x f x d −⎛ ⎞ ⎝ ⎠ (đpcm) ( ) 1 12 1 2 2 1 0 0 1 1 2 n 20 0 . . =I . n n n f x dx f x f dx x f x dx I − − − − = = ⎜ ⎟ ≤ ∫ ∫ ∫ ∫ Nhận xét: Trong trường hợp này ( )f x (trong cơng thức) là hàm ( )2nf x và ( )g x là hàm (22n )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 sĩ. 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: ( ) ≤∫ ∫ ∫21 10 0 0f(x).g(x)dx f(x)dx. g(x)dx 1 Giải : c Bunhacopski : Theo bất đẳng thứ( ) ( )1 1 12 20 0 0( ). ( ) ( ) . ( ) *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 ( )f x≤ ≤∀x∈ [0, ( ) ( ) ( ) 2 1 12 0 0 0 ( ) ( ) 0 f x f x f x dx f x dx ⇒ ≤ ≤ ⇒ ≤ ≤∫ ∫ ( )0 g x≤ ≤ 1 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 20 g x⇒ ≤ 1 12 0 0 1 1 1 12 2 0 2 g x g x dx g x dx ≤ ⇒ ≤ ≤∫ ∫ Từ (1) và (2) ⇒ 0 0 0 ( ) . ( ) ( ) . ( ) **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 f x dx b - ∫ 1b 22a aa f x dx Giải : Trước hết ta cĩ nhận xét như sau: 1 2b a b a dx ⎛ ⎞− = ⎜ ⎟⎝ ⎠∫ Theo Holder: ( ) ( ) ( )( )( ) ( )( )1 12b b b b ba2 22 21. 1a a a af x dx f x dx dx f x dx= ≤ =∫ ∫ ∫ ∫ b a f x dx− ∫ ♦ Bài tốn 5: Bất đẳng thức Young : Cho a∈ , f : [0, a] Ỉ R là một ánh xạ thuộc lớp C1 sao cho* [ ]R+ ( )( ) ,⎧∀ ∈⎪⎨⎪⎩ x 0,a f' x > f 0 = 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 ( ) ( ) ( )( )∫ ∫x f a -1ứ 0 0 x f x dx + f x dx = xf a b) Từ , a], y∈ [0, f(a)], y -1 0 0 f x dx + f x d Giải đĩ ⇒ ∀x∈ [0 x xy ( ) ( ) ≥∫ ∫ : a) Xét ánh xạ A : [0, a] Ỉ R xác định bởi: GVHD : Thạc sĩ. Võ Tiến Thành SVTH : Nguyễn Trần Quang Vinh 18 Phân Loại Phương Pháp Chứng Minh Bất Đẳng Thức Tích Phân ( ) 1f f a∀ x ∈ [0, a], ( ) ( ) ( ) 0 0 A x f= +∫ ∫ f − xf x A x− ⇒ cũng thuộc lớp C1 trên [0, a] và ∀ x ∈ [0, a] ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( )1' ' ' 0A x f x f f x f x f x xf x−= + − + = ) = 0 ∀ x ∈ [0, a] 0x =∫ ∫ Xác định bởi : ∀ y ∈ [0, f(a)], Bx(y) = Vậy f(x) là hàm A(0) = 0 ⇒ A(x khơng đổi trên [0, a] ( ) 1x f xf f xf−⇒ + − ( ) 0 0 b) Cho x ∈ [0, a] xét ánh xạ : Bx : [0, f(a)] Ỉ R 1 0 0 x y f f x− y+ −∫ ∫ ( )'xB yộc lớp C1 trên [0, f(a)] và ∀ y ∈ [0, f(a)] =f-1(y)-x ⇒ Bx(y) cũng thu ( ) ( ) ( ) ( ) 1 -10 0 f f y x y x y f −⇒ = − = = B n thiên f(d) ' xB y ⇒ x ⇔ = ⇒ ảng biế y 0 f(x) ( )'xB y - 0 + Bx(y) 0 ậy ∀ y ∈ [0, f(a)], B (y) ≥ B(f(x)) = 0 (do câu a) 0 0 0 V x ( ) ( ) ( ) ( ) 1 0 0 1 x y x y f x dx f x dx xy f x dx f x − − ⇒ + − ⇔ + ∫ ∫ ∫ ∫ dx xy ≥ ≥ (đpcm) Bài tốn 6: ♦ Cho a,b∈R, a<b, f:[a,b]ỈR liên tục và giả sử m >0 Chứng minh rằng: [ ]∈x a,bm = inf f(x) , [ ]∈x a,b M = sup f(x) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )≤ ≤∫ ∫ 2 b b2 a a m + M1b - a f x dx dx b - a f x 4mM Giải : Theo Bunhakopski : Ta cĩ: ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 22 1 1. . 1. b b b b a a a a b b a a b a dx f x dx f x dx dx f x f x f x dx dx f x ⎛ ⎞ ⎛⎜ ⎟ ⎜− = = ≤⎜ ⎟ ⎜⎝ ⎠ ⎝ = ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ⎞⎟⎟⎠ Và ta cĩ : ( )( ) ( ) 21 1 2 2 1 0 b b a a f x dx mM dx f x ⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟− ≥⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎜ ⎟⎝ ⎠ ∫ ∫ GVHD : Thạc sĩ. Võ Tiến Thành SVTH : Nguyễn Trần Quang Vinh 19 Phân Loại Phương Pháp Chứng Minh Bất Đẳng Thức Tích Phân ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 2 2 1 1 2 2 2 2 2 1 1 1 1 2 1. 4 b b b b a a a a b b a a b b a a mM mf x dx dx M f x dx m dx b a M f x f x m M f x dx dx b a f x mM m M f x dx dx b a f x mM ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⇒ ≤ +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎛ ⎞ +⇒ ≤ −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ +⇒ ≤ − ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ M ≤ + − ♦ Bài tốn 7: Cho a > 0, f:[a, +∞) Ỉ R liên tục thỏa mãn ều kiện: đi ( ) ,≤ ∀ ≥∫ ∫t t2 2a af x dx x dx t a Chứng minh rằng : ≥ Giải ≤ ∀∫ ∫b ba af xdx b a : Theo Bunhakopski ta cĩ : ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) 2 2 2 2 2 2 2 t2 a . do 0 a 0 0 , 0 ' t t t t t t a a a a a a t t a a t a xf x dx x dx f x dx x dx x dx x dx xf x dx x dx xf x dx F a F t x x f x dx F b F x F t t t f t ≤ ≤ = ⇒ ≤ ≥ ∀ ∈ ⎧ =⎪⇒ = − ⇒ ⎨ ≥⎪⎩ ⇒ = − ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ t a≥ Xét ( )( ) ( )( ) ( )1 1 ' bb b b a a a x f x dx x x f x dx F x dx x x − = − = ∀∫ ∫ ∫ a≥ 2 dx1 Đặt u = x du = ⇒ x − dv = F’(x)dx v = F(x) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 1 1 = b 1 = 0 b b b b a a a b a b a F x x f x dx F x dx x x F x F b F a a x F x F b dx x ⇒ − = + − + + ≥ ∫ ∫ ∫ ∫ dx ( )( ) 0b a x f x dx⇒ − ≥∫ GVHD : Thạc sĩ. Võ Tiến Thành SVTH : Nguyễn Trần Quang Vinh 20 Phân Loại Phương Pháp Chứng Minh Bất Đẳng Thức Tích Phân ( )b b a a f x dx xdx⇒ ≤∫ ∫ (đpcm) ♦ Bài tốn 8: Cho a∈R+ f:[0, a] Ỉ R thuộc lớp C1 sao cho f’(x) > 0 và g:[0, f(a)] Ỉ R liên tục sao cho ∀x∈[0, 1], g(f(x)) ≥ x. Chứn x g x dx xy Giải g minh rằng : ∀x∈[0, a], ∀y∈[0, f(a)], ( )x f x ( ) ≥∫ ∫0 0dx + : Áp dụng bất đẳng thức Young ∀y∈[0, f(a)] thì: g(y) = g(f(f—1(y))) ≥ f-1(y) Từ đĩ : 0 0 0 0 ( ) ( ) ( )1x x x y( )f x dx f x dx f x dx xy−g x dx+ ≥ + ≥∫ ∫ ∫ ∫ m) (đpc [ ]0,1 với ( ) ≠ ∀x t 0 t . ( ) ( )y t , x t♦ Bài tốn 9: cho là các hàm số liên tục trên oạn đ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦Chứng minh rằng : ≥∫ 20 dtx t ∫ ∫ 21 2 1 0 1 2 0 y ty t 1 x t dt Giải: dt Theo bất đẳng thức Bunhacopski : ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 221 1 1 12 20 0 0 0 2 y t y t y t dt x t dt x t dt dt x t x t 2⎡ ⎤⎡ ⎤ = ≤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦∫ ∫ ∫ ∫ và 1 2 0 0( ) ( )2 dox t t x t> 0 ( ) t x t dt ∀ ≠ ∀ > 0∫ ên từ (2) (đpcm) ⇒ N ⇒ GVHD : Thạc sĩ. Võ Tiến Thành SVTH : Nguyễn Trần Quang Vinh 21 Phân Loại Phương Pháp Chứng Minh Bất Đẳng Thức Tích Phân § Bài 3: MỘ._.