zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Luận Văn - Báo Cáo

» Khoa học tự nhiên

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

Chia sẻ: Sang Sang | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:50

Báo xấu

561
lượt xem 233
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

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....

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Báo cáo đề tài: Phân loại phương pháp chứng minh bất đẳng thức tích phân

TRƯỜNG ĐẠI HỌC AN GIANG KHOA SƯ PHẠM NGƯỜI THỰC HIỆN: Họ và tên : Nguyeãn Traàn Quang Vinh MSSV : DTN020780 Lớp : DH3A2 Đề tài: GIÁO VIÊN HƯỚNG DẪN: Thạc sĩ VÕ TIẾN THÀNH An Giang 06-2004
LÔØI CAÛM ÔN 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 hoàn thành xong một đề tài. Em-một sinh viên nghiên cứu khoa học rất cảm ơn Trường Đại học An Giang, toàn bộ quý thầy cô khoa sư phạm đã tạo mọi điều kiện thuận lợi giúp cho em và các sinh viên nghiên cứu khoa học hoàn 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 cô tổ bộ môn toán đã có những đóng góp hết sức quý báo cho đề tài của em được hoàn thiện hơn. Sinh viên thực hiện Nguyeãn Traàn 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
Lôøi noùi ñaàu ------∞------ 1) Tính cấp thiết của đề tài: 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. 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. Cho nên, nếu 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: Những phương pháp chứng minh bất đẳng thức tích phân; những ứng dụng của bất đẳng thức tích phân. 3) Nhiệm vụ nghiên cứu: Phân loại các phương pháp chứng minh bất đẳng thức tích phân. Đưa ra các ứng dụng của bất đẳng thức tích phân để giải các loại toán khác. 4) Phương pháp nghiên cứu: 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 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 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 : b Cho f: [a, b] R liên tục: nếu f(x) ≥ 0 thì ∫ a f ( x)dx ≥ 0 Hệ quả 1 : Nếu f, g: [a, b] R liên tục và: b b f ( x) ≤ g ( x) ⇒ ∫ f ( x)dx ≤ ∫ g ( x)dx a a Hệ quả 2 : Cho f : [a, b] R liên tục và 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 2. Định lý 2 : b b Với mọi hàm f(x) liên tục trên [a, b] thì: ∫ f ( x)dx ≤ ∫ f ( x ) dx a a ⎡ f ( x) ≥ 0 ∀x ∈ [ a, b ] Dấu “=” xảy ra ⇔ ⎢ ⎢ f ( x) ≤ 0 ∀x ∈ [ a, b ] ⎣ Hệ quả 2.1 : Giả sử f(x), g(x) ∈ C[x] và M = sup f ( x) x∈[ a ,b ] b b Ta có : ∫ g ( x) f ( x)dx ≤ M ∫ g ( x) dx a a Hệ quả 2.2 :Giả sử f (x)∈ C[x] và M = sup f ( x) ta có : x∈[ a ,b ] b ∫ f ( x)dx ≤ ( b − a ) M a 3. Định lý 3 : Giả sử f(x) ∈ C[x] trên [a, b] sao cho f(x) ≥ 0 và x0 ∈ [a, b] sao cho f(x) liên tục tại x0 và b f(x 0 ) > 0 . Khi đó: ∫a f ( x) dx > 0 . 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 x0 ∈[a, b] sao cho: b b f(x0) < g(x0) thì ∫ a f ( x)dx < ∫ g ( x)dx a Hệ quả 3.2: Cho f : [a, b] R ⎧ ⎪ f ( x ) liên tục ⎪ Nếu ⎨ f (x) ≥ 0 thì f(x)=0 ⎪ b ⎪ ∫ a f ( x ) dx = 0 ⎩ 4. Định lý giá trị trung bình : GVHD : Thaïc só. Voõ Tieán Thaønh 4 SVTH : Nguyeãn Traàn Quang Vinh
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) không đổi dấu trên (a,b). Ký hiệu m = inf f ( x), M = sup f ( x) thì tồn tại một số x∈[ a ,b] x∈[ a ,b ] µ với m ≤ µ ≤ M sao cho: b b ∫ f ( x) g ( x)dx = µ ∫ g ( x)dx a a Hơn nữa, nếu f(x) liên tục trên [a,b] thì tồn tại một số c ∈ [ a, b ] sao cho: b b ∫ a f ( x) g ( x)dx = f (c) ∫ g ( x)dx a 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 ∃c ∈ ( a, b ) để: b c b ∫ a f ( x) g ( x)dx = g (a ) ∫ f ( x)dx + g (b) ∫ f ( x)dx a c b) Hơn nữa nếu g(x) là hàm đơn điệu giảm, không âm trong khoảng (a,b) thì: b c ∫ f ( x) g ( x)dx = g (a)∫ f ( x)dx c ∈ [ a, b ] a a c) Nếu g(x) là hàm đơn điệu tăng, không âm trong khoảng (a,b) thì: b c ∫ f ( x) g ( x)dx = g (b)∫ f ( x)dx c ∈ [ a, b ] a a 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 (∫ ) b 2 b b [a, b] thế thì: f ( x ) .g ( x ) dx ≤ ∫ f 2 ( x ) dx.∫ g 2 ( x ) dx a a a Bất đẳng thức Young: Cho a∈ R+ , f : [0, a] R là một ánh xạ thuộc lớp C1 ⎧∀x ∈ [ 0, a ] , f ' ( x ) > 0 ⎪ sao cho ⎨ ⎪ f (0) = 0 ⎩ Ta kí hiệu f--1 : [0, f(a)] R là ánh xạ ngược của f(x). x y Khi đó ∀x∈ [0, a], y∈ [0, f(a)], ∫ f ( x ) dx + ∫ f −1 ( x ) dx ≥ xy 0 0 1 1 Bất đẳng thức Holder: Cho f , g : [ a, b ] → R liên tục p, q > 0 , + =1 p q 1 1 b ⎛b ⎞p ⎛ b ⎞q ∫ f ( x) g ( x)dx ≤ ⎜ ∫ f ( x) dx ⎟ ⎜ ∫ g ( x) q dx ⎟ p thì: a ⎝a ⎠ ⎝a ⎠ GVHD : Thaïc só. Voõ Tieán Thaønh 5 SVTH : Nguyeãn Traàn Quang Vinh
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 hiện các bước như sau: a 1) Bước 1: xác định một hàm số g(x) thoả mãn các điều kiện: ⎧ f ( x) ≤ g ( x) ∀x ∈ [ a, b ] ⎪b ⎨ ⎪ ∫ g ( x)dx = A ⎩a 2) Bước 2: khi đó từ: b b f ( x) ≤ g ( x) ⇒ ∫ f ( x)dx ≤ ∫ g ( x)dx = A a 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 có thể đi theo các hướng sau đây: Hướng 1: Đánh giá hàm số f(x) theo cận [a,b] bằng phương pháp đại số: 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 toán 1: Chứng minh bất đẳng thức : 1 1 x19 1
Phân Loại Phương Pháp Chứng Minh Bất Đẳng Thức Tích Phân 1 1 x19 1 ⇔ 3 1 ⎪ ⎪ 0 < sin x < 1 ⇒ ⎨5 + sin x > 5 ⎪ ⎪1 + sin x > 1 ⎩ ( )( )( ⇒ 3 − 2 sin x 5 + sin x 1 + sin x > 5 ) π π 3 3 5π ( )( )( ⇒ ∫ 3 − 2 sin x 5 + sin x 1 + sin x dx > ∫ 5dx = π ) π 6 (1) 6 6 Hơn nữa theo bất đẳng thức Cauchy cho ba số dương : ( ) ( ) ( )⎤ 3 ⎡ 3 − 2 sin x + 5 + sin x + 1 + sin x ( )( )( 3 − 2 sin x 5 + sin x 1 + sin x < ⎢ ⎢ ) 3 ⎥ ⎥ = 27 ⎣ ⎦ π π 3 9π ( )( )( ) 3 ⇒ ∫ 3 − 2 sin x 5 + sin x 1 + sin x dx < ∫ 27 dx = ( 2) π π 2 6 6 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 π ♦ Bài toán 3: Cho I n = ∫0 4 xtg n xdx , n ∈ N Chứng minh : n+2 1 ⎛π⎞ In > ⎜ ⎟ n+2⎝ 4 ⎠ Giải : π Già sử α là số thực sao cho 0 < α < 4 ∀x∈[0, α] ta có: 0 ≤ x ≤ tgx ⇒ 0 ≤ xn ≤ tgnx ⇒ 0 ≤ xn+1 ≤ xtgnx GVHD : Thaïc só. Voõ Tieán Thaønh 7 SVTH : Nguyeãn Traàn Quang Vinh
Phân Loại Phương Pháp Chứng Minh Bất Đẳng Thức Tích Phân ⎡ π⎤ ∀x ∈ ⎢α , ⎥ thì 0 < x < tgx ⎣ 4⎦ ⇒ 0 < xn+1 < xtgnx ⎧ α xtg n xdx ≥ α x n +1 dx ⎪ ∫0 ∫0 ⇒⎨ π α ⎪ 4 xtg n xdx > ⎩ ∫α ∫0 x dx n +1 π π α α ⇒ In = ∫ 0 xtg n xdx + ∫α 4 xtg n xdx > ∫ 0 x n +1 dx + ∫α 4 x n +1 dx π n +1 1 ⎛π ⎞ =∫ x 4 n+1 dx = ⎜ ⎟ 0 n +1⎝ 4 ⎠ ♦ Bài toán 4: Cho 2 hàm số f, g : [0, 1] [0, 1] ( ∫ f(x).g(x)dx) ≤ ∫ f(x)dx.∫ g(x)dx 1 2 1 1 Chứng minh rằng: 0 0 0 Giải : Theo giả thiết: ∀x∈ [0, 1] thì 0 ≤ f ( x) ≤ 1 và g ( x) ≥ 0 ⇒ 0 ≤ f ( x) g ( x) ≤ g ( x) 1 1 ⇒ 0 ≤ ∫ f ( x ).g ( x ) dx ≤ ∫ g ( x ) dx (1) 0 0 ∀x∈[0, 1] thì 0 ≤ g ( x ) ≤ 1 và f ( x) ≥ 0 ⇒ 0 ≤ g ( x ). f ( x ) ≤ f ( x ) 1 1 ⇒ 0 ≤ ∫ f ( x ).g ( x ) dx ≤ ∫ f ( x )dx ( 2) 0 0 Từ (1) và (2) ⇒ (đpcm) ♦ Bài toán 5: Giả sử f(x) là hàm liên tục trên [0, 1], a là một số dương sao cho : 2 0 ≤ f ( x ) ≤ a , x ∈ [ 0,1] 1 Chứng minh rằng : ∫ f ( x ) dx = a, 0 3 2 1 ∫ f ( x )dx ≥ a 3 0 Giải : Ta có: 1 1 f ( x) 1 f ( x) 1 1 a 2 ∫ f ( x )dx = ∫ dx ≥ ∫ dx = ∫ f ( x )dx = = a (đpcm) 3 f ( x) 0 0 0 2 1 0 1 a 3 a 3 a 3 ♦ Bài toán 6: Cho f(x) liên tục và nghịch biến trên [0, a], a∈[0, b] Chứng minh rằng: a b b ∫ f(x)dx ≥ a ∫ f(x)dx (1) 0 0 Giải : GVHD : Thaïc só. Voõ Tieán Thaønh 8 SVTH : Nguyeãn Traàn Quang Vinh
Phân Loại Phương Pháp Chứng Minh Bất Đẳng Thức Tích Phân a b Bất đẳng thức (1) ⇔ ( b − a ) ∫ f (a)dx ≥ a ∫ f ( x)dx (2) 0 a Do f(x) nghịch biến trên [0, a] và [a, b] Nên : a a ( b − a ) ∫0 f ( x)dx ≥ ( b − a ) ∫ f ( a )dx 0 b b = ( b-a ) af ( a) = a ∫ f ( a) dx ≥ a ∫ f ( x)dx a a Vậy cả (1) và (2) được chứng minh. π 2π ♦ Bài toán 7: Chứng minh rằng: ∫ e cos xdx ≤ ∫ e-x cos 2 xdx -x 2 (1) 2 2 0 π Giải: Đặt x = t + π thì ta có: 2π π -(π +x ) 2 ∫ e cos xdx = ∫ e cos xdx -x 2 2 2 π 0 π π Từ đó chứng minh (1) tương đương với việc chứng minh : ∫ e-x cos 2 xdx ≤ ∫ e-(π +x ) cos 2 xdx 2 2 0 0 ∀x ∈ [ 0, π ] ta có: − (π + x ) ≤ − x 2 2 − (π + x ) 2 2 ⇒e ≤ e− x − (π + x ) 2 2 ⇔e cos 2 x ≤ e − x cos 2 x π π ⇒ ∫ e-x cos 2 xdx ≤ ∫ e ( - π +x ) 2 2 cos 2 xdx 0 0 Nhận xét: Bài toán này yêu cầu chứng minh một bất đẳng thức mà cận tích phân khác nhau, thì ta cần thông 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 toán 8: Cho số nguyên m ≥ 2 và n ∈ N*. Chứng minh rằng: 1 ⎛ n ⎞ 5 ∫ ⎜ ∑ ( cosx ) + nsinx ⎟ dx < 4 km n 0 ⎝ k =1 ⎠ Giải : * Với m ≥ 2 và n ∈ N ta có 1 cosmkx ≤ cos2x = 1 – sin2x x ∈ [0, ] (1) n Dấu “=” xảy ra ⇔ x = 0 2 5 ⎛ 1⎞ 5 ⎡ 1⎤ 1 - sin x + sinx = − ⎜ sinx - ⎟ ≤ 2 x ∈ ⎢0, ⎥ (2) 4 ⎝ 2⎠ 4 ⎣ n⎦ 1 Dấu “=” xảy ra ⇔ sinx = 2 GVHD : Thaïc só. Voõ Tieán Thaønh 9 SVTH : Nguyeãn Traàn Quang Vinh
Phân Loại Phương Pháp Chứng Minh Bất Đẳng Thức Tích Phân 5 Từ (1) và (2) ⇒ (cosx) km + sinx < 4 n 5 ∑ ( cos x ) km Do đó: + n sin x < n k =1 4 1 1 ⎛ n ⎞ 5 5 ∫ ⎜ ∑ ( cos x ) + n sin x ⎟ dx < ∫0 4 ndx = 4 km Kết quả là n n 0 ⎝ k =1 ⎠ ♦ Bài toán 9: Cho f(x) xác định và liên tục trên [1, 2] và thỏa : x 3 - x1 3 ∀x1 , x 2 ∈ [1, 2] x1 ≠ x 2 x2 ∫ f 2 ( x ) dx ≤ 2 (1) a1 3 2 3 Chứng minh rằng : ∫ f ( x )dx ≤ 2 1 Giải : x −x 3 x2 3 = ∫ x 2 dx 2 1 Ta có: 3 x1 (1) ⇒ ∫ ( x 2 − f 2 ( x ) ) dx ≥ 0 ∀x1 ≤ x2 x2 x1 ⇒ ∃c∈[x1, x2] sao cho f2(c) – c2 ≤ 0 Do hàm h(x) = x2 – f2(x) liên tục trên đoạn [1, 2] Nên f2(x) – x2 ≤ 0 ∀x∈[1, 2] ⇒ f ( x ) ≤ x ∀x ∈ [1,2] 2 2 2 3 ⇒ ∫ f ( x )dx ≤ ∫ f ( x ) dx ≤ ∫ xdx = 1 1 1 2 ♦ Bài toán 10: Giả sử f(x) là hàm liên tục trên đoạn [a, b], thỏa mãn điều kiện : i) f(α1x1 + α2x2) ≤ α1f(x1) + α2f(x2) ii) ∀x1, x2 ∈ [a, b] α1 > 0, α2 > 0, α1 + α2 = 1 ⎛a+b⎞ 1 ⎟ ≤ ∫a f ( x ) dx ≤ ( b - a ) ( f ( a ) + f ( b ) ) b Chứng minh rằng : ( b - a ) f ⎜ ⎝ 2 ⎠ 2 Giải : ⎛ a+b⎞ ⎛a+ x b−x⎞ 1 f⎜ ⎟= f ⎜ + ⎟ ≤ ⎡ f ( a + x ) + f ( b − x )⎤ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 2 ⎠ 2⎣ ⎦ b−a ⎛ a+b⎞ 1 b−a Ta có ⇒ ∫ f⎜ ⎟ dx ≤ ∫0 ⎡ f ( a + x ) + f ( b − x ) dx ⎤ ⎣ ⎦ 0 ⎝ 2 ⎠ 2 1 b−a 1 b−a = ∫ f ( a + x ) + ∫ f ( b − x )dx (1) 2 0 2 0 b−a b Đặt t = a + x ⇒ ∫ f ( a + x ) dx = ∫ f ( t ) dt 0 a b−a a b Và đặt t = b – x ⇒ ∫ f ( b − x ) dx = − ∫ f ( t ) dt = ∫ f ( t ) dt 0 b a GVHD : Thaïc só. Voõ Tieán Thaønh 10 SVTH : Nguyeãn Traàn Quang Vinh
Phân Loại Phương Pháp Chứng Minh Bất Đẳng Thức Tích Phân ⎛ a+b⎞ b Do (1) ⇒ ( b − a ) f ⎜ ⎟ ≤ ∫ f ( b − x ) dx ( 2) ⎝ 2 ⎠ a Để chứng minh bất đẳng thức phải, trước hết ta chú ý rằng ∀x∈[a, b] thì: ⎛ x−a b − x ⎞ ( x − a ) f (b) + (b − x ) f ( a ) f ( x) = f ⎜ b+ a⎟ ≤ khi đó: ⎝b−a b−a ⎠ b−a b (b) b (a) b ∫a f ( x ) dx ≤ f b − a ∫a ( x − a )dx + f b − a ∫a ( b − x ) dx b 2 b 1 f (b) f ( a ) (b − x ) f (b) + f ( a ) ( x − a) − (b − a ) ( 3) 2 = . = 2 (b − a ) a 2 (b − a ) 2 2 a Từ (2) và (3) ⇒ đpcm ♦ Bài toán 11: f : [1, +∞) R thuộc lớp C1 (tức f(x) có đạo hàm liên tục trên [1, +∞ ) ) và lồi. Chứng minh rằng : ∀n ∈ N ⁄ {0, 1} 1 1 b 1 0 ≤ f(1) + f(2) + ... + f(n - 1) + f(n) - ∫ f(x)dx ≤ ( f'(n) - f'(1) ) 2 2 a 8 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 ≤ SABCD (với S’ABCD là diện tích hình thang cong ABCD, SABCD là diện tích hình thang ABCD) y y B A k k+1 k k+1 x x 0 D C 0 1 ( f ( k ) + f ( k + 1) ) k +1 ⇔∫ f ≤ k 2 n −1 k +1 n −1 1 1 1 f = ∑ ∫ f ≤ ∑ ( f ( k ) + f ( k + 1) ) = f (1) + f ( 2 ) + ... + f ( n − 1) + f ( n ) b ⇒∫ k =1 2 2 2 1 k k +1 ∀k∈ {1,…, n-1} đường cong biểu diễn f(x) trên [k, k+1] ở phía nửa tiếp tuyến tại k và k+1. Từ đó ta có : ⎧f(x) ≥ f(k) + (x - k)f'(k) ∀k∈ {1,…, n-1} ∀x∈ [k, k+1] ⎨ ⎩f(x) ≥ f(k+1) + (x-k-1)f'(k+1) Suy ra rằng ∀k∈ {1,…, n-1} GVHD : Thaïc só. Voõ Tieán Thaønh 11 SVTH : Nguyeãn Traàn Quang Vinh
Phân Loại Phương Pháp Chứng Minh Bất Đẳng Thức Tích Phân 1 1 ( f ( k ) + ( x − k ) f ' ( k ) ) dx + ∫ ( f ( k + 1) + ( x − k − 1) f ' ( k + 1) ) dx k +1 k+ k +1 k+ k +1 ∫k f =∫ k 2 f +∫ k+ 1 2 f ≥∫ k 2 k+ 1 2 1 2 k+2 2 k +1 1 = f (k ) + (x − k) 1 + f ( k + 1) + ( x − k − 1) f ' ( k + 1) 2 2 2 2 1 k k+ 2 1 1 1 1 = f (k ) + f '(k ) + f (k + 1) − f '(k + 1) 2 8 2 8 n n k +1 n ⎛1 1 1 ⎞ ⇒ ∫ f ( x)dx = ∑ ∫ f ( x)dx ≥ ∑⎜ f (k ) + f (k + 1) + [ f '(k ) − f '(k + 1)] ⎟ 1 k =1 k k =1 ⎝ 2 2 8 ⎠ 1 1 1 = f (1) + f (2) + L + f (n − 1) + f (n) + [ f '(1) − f '(n + 1)] (2) 2 2 8 Từ (1),(2) ⇒ đpcm II. SỬ DỤNG ĐẠO HÀM ĐỂ KHẢO SÁT HÀM SỐ DƯỚI DẤU TÍCH PHÂN: π 3 sin x 1 ♦ Bài toán 1: Chứng minh rằng : < ∫π3 dx < 4 6 x 2 sin x ⎛π π ⎞ Xét hàm số y = với x ∈ ⎜ , ⎟ x ⎝6 3⎠ x cos x − sin x ( x − tgx ) cos x ⎛π π ⎞ ⇒ y' = 2 = 2 < 0 , x ∈⎜ , ⎟ x x ⎝6 3⎠ do y = tgx - x ⇒ y' = tg 2 x + 1 − 1 = tg 2 x > 0 ∀x ∈ ( 0,+∞ ) ⇒ y ( x ) > y ( 0) = 0 ⇒ tgx − x > 0 sin x ⇒ Hàm số y = là hàm nghịch biến trên D x ⎛ π ⎞ sin x ⎛π ⎞ 3 3 sin x 3 y=⎜ ⎟≤ ≤ y⎜ ⎟ ⇔ ≤ ≤ ⎝3⎠ x ⎝6⎠ 2π x π π π Dấu “=” xảy ra ⇔ tại x = , x= 6 3 3 3 π π sin x 3 π 2π ∫ 6 π 3 dx < ∫π3 dx < ∫π3 dx 6 x π 6 Do đó π 3 sin x 1 (đpcm) ⇔ < ∫π3 dx < 4 6 x 2 1 1 4 +π ∫ e1+ x dx > 2 ♦ Bài toán 2: Chứng minh rằng : 0 4 Giải : GVHD : Thaïc só. Voõ Tieán Thaønh 12 SVTH : Nguyeãn Traàn Quang Vinh
Phân Loại Phương Pháp Chứng Minh Bất Đẳng Thức Tích Phân Xét hàm số f(x) = ex – x – 1 với x∈[0, 1] f’(x) = ex – 1 ≥ 0 với x∈[0, 1] Bảng biến thiên: x 0 1 f’ + f 0 ⇒ f (0) = 0 ⇒ f ( x ) ≥ f ( 0) = 0 ∀x ∈ [ 0,1] ⇔ ex > x + 1 1 1 ⇒ > + 1 ∀x ∈ [ 0,1] e x 2 +1 x +1 2 1 1 1⎛ 1 ⎞ 1 dx 1 ⇔∫ e x 2 +1 dx > ∫ ⎜ 2 + 1⎟ dx = ∫ 2 + ∫ dx 0 x +1 0 x +1 0 ⎝ ⎠ 0 1 π =arctg x 0 + 1 = +1 4 1 1 π +4 (đpcm) ⇒ ∫ e x +1 dx > 2 0 4 π 3 π dx 2π 3 ♦ Bài toán 3: Chứng minh rằng : ≤∫ ≤ 3 0 cos 2 x + cosx + 1 3 Giải : 1 Xét hàm số: f ( x) = ≥ 0 với 0 ≤ x ≤ π cos 2 x + cos x + 1 1 ⇒ f 2 ( x) = cos x + cos x + 1 2 Đặt t = cosx ∈[-1, 1] 1 −2t − 1 ⇒ f 2 ( x ) = G (t ) = ⇒ G '(t ) = t2 + t +1 ( t 2 + t + 1) 2 Nên ta có : t -1 1 1 − 2 G’(t) + 0 - 4 G(t) 3 1 1 3 1 4 ⇒ ≤ G (t ) ≤ ∀t ∈ [ -1,1] 3 3 1 2 ⇒ ≤ f ( x) ≤ ∀x ∈ [ 0,π ] do f ( x ) ≥ 0 ∀x ∈ [ 0, π ] 3 3 GVHD : Thaïc só. Voõ Tieán Thaønh 13 SVTH : Nguyeãn Traàn Quang Vinh
Phân Loại Phương Pháp Chứng Minh Bất Đẳng Thức Tích Phân 1 π π dx π 2 Vậy:∫0 3 dx ≤ ∫ 0 cos x + cos x + 1 2 ≤∫ 0 3 dx π 3 π dx 2π 3 ⇒ ≤∫ ≤ 3 0 cos 2 x + cos x + 1 3 b ♦ Bài toán 4: Cho I(a) = ∫ a x 2 + adx ⎛ 1⎞ Chứng minh rằng :∀a∈R I(a) ≥ I ⎜ - ⎟ ⎝ 4⎠ Chứng minh : Nếu a ≥ 0 thì x2 + a ≥ x2 ∀x∈[0,1] ⇒ x2 + a ≥ x2 1 1 ⇒ ∫ x 2 + a dx ≥ ∫ x 2 dx 0 0 ⇒ I ( a ) ≥ I ( 0 ) ∀a ≥ 0 Nếu a ≤ -1 thì x2 + a ≤ x2 - 1≤ 0 ∀x∈[0, 1] ⇒ I ( a ) = ∫ ⎡ − ( x 2 + a ) ⎤ dx ≥ − ∫ ( x 2 − 1)dx = I ( −1) ∀a ≤ -1 1 1 0⎣ ⎦ 0 Vậy chỉ cần chứng minh rằng trên đoạn a∈ [0, 1] hàm số I(a) đạt giá trị nhỏ nhất tại 1 a=− 4 Với a∈ [-1, 0], thì x2 + a = 0 với x = − a , x 2 + a ≤ 0 ∀x ∈ ⎡ 0, -a ⎤ và x2 + a ≥0 ⎣ ⎦ ∀x∈[-a, 1]. Do đó: − ( x 2 + a )dx + ∫ (x + a )dx −a 1 I (a) = ∫ 2 0 −a 4 1 = − a −a + a + 3 3 Đặt t = −a ta được: với a∈[-1, 0] ⇒ t∈[0, 1] 4 1 I ( a ) = f (t ) = t 3 − t 2 + 3 3 1 ⇒ f ' ( t ) = 4t 2 − 2t ⇒ f ' ( t ) = 0 ⇔ t = 0, t = 2 Bảng biến thiên: t 0 1 1 2 f’(t) - 0 + f(t) fmin GVHD : Thaïc só. Voõ Tieán Thaønh 14 SVTH : Nguyeãn Traàn Quang Vinh
Phân Loại Phương Pháp Chứng Minh Bất Đẳng Thức Tích Phân 1 Vậy hàm số f(t) đạt giá trị nhỏ nhất trên [0, 1] tại điểm t = tức I(a) đạt giá trị nhỏ 2 1 nhất trên [-1, 0] tại điểm a = − 4 ⎛ 1⎞ ⇒ I ( a ) ≥ I ⎜ − ⎟ ∀a ∈ R ⎝ 4⎠ ♦ Bài toán 5: Cho a,b ∈ R2, a 0 m 1 b b 1 ⎛ m⎞ Chứng minh rằng : 2 ( b - a ) ≤ ∫a f ( x ) dx + m ∫a dx ≤ ⎜ 1 + ⎟ ( b - a ) M M f (x) ⎝ M⎠ Giải : * Đặt f(x) = t∈ R + t m 1 m t 2 − Mm y= + ⇒ y' = − = ⇒ y ' = 0 ⇔ t = ± mM M t M t2 Mt 2 t 0 m mM M y’ - 0 + m m 1+ 1+ y M M m 2 M Vậy m f ( x) m ⎛ m⎞ 2 ≤ + ≤ ⎜1 + ⎟ M M f ( x) ⎝ M ⎠ b m 1 b b 1 b⎛ m ⎞ ⇒∫ 2 dx ≤ ∫ f ( x ) dx + m ∫ dx ≤ ∫ ⎜1 + ⎟ dx a M M a a f ( x) a ⎝ M ⎠ m 1 b1 ⎛ m⎞ b ⇔ 2 (b − a ) ∫a ≤ f ( x ) dx + m ∫ dx ≤ ⎜ 1 + ⎟ ( b − a ) (dpcm) M M ( ) a f x ⎝ M⎠ 1 π πm+2 πm+3 ♦ Bài toán 6: Chứng minh rằng : ∫ xm e 2xdx > + 2 0 m+2 m+3 Giải : π π π m+ 2 π m+3 π m+ 2 π m+3 Trước hết ta thấy: + = + m+2 m+3 m+2 0 m+30 = ∫ x m+1dx + ∫ x m+ 2 dx = ∫ x m ( x + x 2 ) dx π π π 0 0 0 Vậy ta cần chứng minh rằng: e2x > 2(x2 + x) ∀x>0 (*) Thật vậy xét hàm số: GVHD : Thaïc só. Voõ Tieán Thaønh 15 SVTH : Nguyeãn Traàn Quang Vinh
Phân Loại Phương Pháp Chứng Minh Bất Đẳng Thức Tích Phân y = f ( x) = e 2 x − 2( x 2 + x), x ≥ 0 ⇒ f '( x) = 2e 2 x − 4 x − 2 ⇒ f ''( x) = 4e 2 x − 4 > 0 ∀x ∈ R+ * Bảng biến thiên: x 0 +∞ f’’ + f’ 0 + f(x) 1 ⇒ f(x) ≥ f(0) = 1 > 0 nên (*) đúng Áp dụng bất đẳng thức trên 1 π m 2x π m + 2 π m +3 ⇒ ∫ x e dx > ∫ x ( x + x ) dx = π m 2 + 2 0 0 m+2 m+3 Nhận xét chung: Để giải quyết tốt bài toán 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 dưới dấu tích phân (như bài 1, 2) - Nếu cận tích phân của 2 vế bất đẳng thức không bằng nhau thì ta cần sử dụng phương pháp đổi biến số thích hợp để đưa cận tích phân của 2 vế như nhau rồi tiến hành đánh giá (như bài 7). b - Nói chung trong một bài bất đẳng thức tích phân ∫ f ( x ) dx ≤ A , a thì việc tính được b ∫ f ( x ) dx a một cách trực tiếp là rất khó. Khi đó, cần đánh giá bất đẳng thức f ( x ) ≤ g ( x ) b sao cho ∫ g ( x ) dx là một tích phân dễ tính hơn. a GVHD : Thaïc só. Voõ Tieán Thaønh 16 SVTH : Nguyeãn Traàn Quang Vinh
Phân Loại Phương Pháp Chứng Minh Bất Đẳng Thức Tích Phân § Bài 2: SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CƠ BẢN ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC TÍCH PHÂN ----------------☺---------------- Để chứng minh bằng phương pháp này ta cần nhớ một số bất đẳng thức cơ bản sau: + Bất đẳng thức Bunhacopski. + Bất đẳng thức Young. + Bất đẳng thức Holder. (các bất đẳng thức này đã được trình bày trong phần I) ♦ Bài toán 1: Cho f(x) là hàm số xác định và liên tục trên [0, 1] và f ( x ) ≤ 1, ∀x ∈ ( 0,1) ( ∫ f ( x ) dx ) 1 1 2 Chứng minh rằng: ∫0 1-f 2 ( x )dx ≤ 1- 0 Giải : Theo bất đẳng thức Bunhakopski ta có : (∫ ) (∫ ) 2 2 ≤ ∫ 12 dx ∫ (1 − f 2 ( x ) )dx 1 1 1 1 0 1− f 2 ( x )dx = 0 1. 1 − f 2 ( x ) dx 0 0 = ∫ (1-f 2 ( x ) ) dx =1 − ∫ f 2 ( x ) dx 1 1 0 0 1 1 ⇒∫ 1 − f 2 ( x )dx ≤ 1 − ∫ f 2 ( x ) dx (1) 0 0 Và (∫ ) ≤ ∫ dx.∫ f ( x ) dx = ∫ f 1 2 1 1 1 f ( x )dx 2 2 ( x ) dx 0 0 0 0 ⇒ 1 − ( ∫ f ( x )dx ) ≥ 1 − ∫ f ( x ) dx 1 2 1 0 0 2 ( 2) Từ (1) và (2) ⇒ đpcm ♦ Bài toán 2: Cho hàm f(x) xác định và liên tục trên [0, 1] và f(x) ≥ 0 ∀x∈ [0, 1]. Đặt 1 I n = ∫ f n ( x ) dx . Chứng minh rằng ∀n>1 ta có I n-1 ≤ I n .I n-2 2 0 Giải : Theo bất đẳng thức Bunhakopski ta có : (∫ f ) 2 1 2 ⎛ 1 n n−2 ⎞ I 2 n −1 = 0 n −1 ( x ) dx = ⎜∫ f 0 2 ( x ). f 2 ( x ) dx ⎟ ⎝ ⎠ (đpcm) 1 1 ≤ ∫ f n ( x ) dx.∫ f n− 2 ( x ) dx =I n .I n−2 0 0 n Nhận xét: Trong trường hợp này f ( x ) (trong công thức) là hàm f 2 ( x) và n−2 g ( x ) là hàm f 2 ( x ) ; Đối với loại bài toán này điều then chốt là việc lựa chọn hàm số f(x) và g(x) thích hợp vì những bài toán loại này các hàm số f(x) và g(x) thường ẩn. GVHD : Thaïc só. Voõ Tieán Thaønh 17 SVTH : Nguyeãn Traàn Quang Vinh
Phân Loại Phương Pháp Chứng Minh Bất Đẳng Thức Tích Phân ♦ Bài toán 3:Cho 2 hàm số f, g : [0, 1] [0, 1] ( ∫ f(x).g(x)dx ) ≤ ∫ f(x)dx.∫ g(x)dx 1 2 1 1 Chứng minh rằng: 0 0 0 Giải : Theo bất đẳng thức Bunhacopski : (∫ ) 1 2 1 1 0 f ( x).g ( x)dx ≤ ∫ f 2 ( x)dx.∫ g 2 ( x) dx 0 0 ( *) mà: Theo giả thuyết: ∀x∈ [0, 1] thì 0 ≤ f ( x) ≤ 1 ⇒ 0 ≤ f 2 ( x) ≤ f ( x) 1 1 ⇒ 0 ≤ ∫ f 2 ( x )dx ≤ ∫ f ( x ) dx (1) 0 0 và ∀x∈[0, 1] thì 0 ≤ g ( x ) ≤ 1 ⇒ 0 ≤ g 2 ( x) ≤ g ( x) 1 1 ⇒ 0 ≤ ∫ g 2 ( x ) dx ≤ ∫ g ( x )dx ( 2) 0 0 1 1 1 1 Từ (1) và (2) ⇒ ∫ f 2 ( x)dx.∫ g 2 ( x)dx ≤ ∫ f ( x)dx.∫ g ( x)dx (**) 0 0 0 0 Kết hợp (*) và (**) ta được (đpcm) ♦ Bài toán 4: Cho f(x) là hàm số liên tục trên đoạn [a, b]. ( ∫ f ( x) dx) 1 b b ∫ f ( x ) dx ≤ 2 2 Chứng minh rằng : b-a a a Giải : 1 ⎛ ⎞ b 2 Trước hết ta có nhận xét như sau: b − a = ⎜ ∫ dx ⎟ ⎝a ⎠ Theo Holder: ∫ f ( x ) dx = ∫ 1. f ( x ) dx ≤ ( ∫ 1 dx ) ( ∫ ) (∫ ) 1 1 b b b b b a a a 2 a f 2 ( x ) dx 2 = b−a a f 2 ( x ) dx 2 ♦ Bài toán 5: Bất đẳng thức Young : ⎧∀x ∈ [ 0,a ] , f' ( x ) > 0 ⎪ * Cho a∈ R+ , f : [0, a] R là một ánh xạ thuộc lớp C1 sao cho ⎨ ⎪f ( 0 ) = 0 ⎩ Ta kí hiệu (một cách lạm dụng) f-1 : [0, f(a)] R là ánh xạ ngược của f(x). x f (a ) ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx = xf ( a ) -1 a) Chứng minh rằng ∀x∈ [0, a] 0 0 x y b) Từ đó ⇒ ∀x∈ [0, a], y∈ [0, f(a)], ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx ≥ xy -1 0 0 Giải : a) Xét ánh xạ A : [0, a] R xác định bởi: GVHD : Thaïc só. Voõ Tieán Thaønh 18 SVTH : Nguyeãn Traàn Quang Vinh
Phân Loại Phương Pháp Chứng Minh Bất Đẳng Thức Tích Phân f f (a) ∀ x ∈ [0, a], A ( x ) = ∫ f +∫ f −1 − xf ( x ) ⇒ A ( x ) cũng thuộc lớp C1 trên [0, 0 0 a] và ∀ x ∈ [0, a] A ' ( x ) = f ( x ) + f −1 ( f ( x ) ) f ' ( x ) − ( f ( x ) + xf ' ( x ) ) = 0 Vậy f(x) là hàm không đổi trên [0, a] A(0) = 0 ⇒ A(x) = 0 ∀ x ∈ [0, a] x f ( x) ⇒∫ f +∫ f −1 − xf ( x ) = 0 0 0 b) Cho x ∈ [0, a] xét ánh xạ : Bx : [0, f(a)] R Xác định bởi : x y ∀ y ∈ [0, f(a)], Bx(y) = ∫ 0 f + ∫ f −1 − xy 0 ⇒ Bx(y) cũng thuộc lớp C trên [0, f(a)] và ∀ y ∈ [0, f(a)] Bx ( y ) =f-1(y)-x 1 ' ⇒ Bx ( y ) = 0 ⇔ f −1 ( y ) − x = 0 ⇒ f -1 ( y ) = x ' ⇒ y = f ( x) Bảng biến thiên y 0 f(x) f(d) B ( y) ' x - 0 + Bx(y) 0 Vậy ∀ y ∈ [0, f(a)], Bx(y) ≥ B(f(x)) = 0 (do câu a) x y ⇒ ∫ f ( x ) dx + ∫ f −1 ( x ) dx − xy ≥ 0 0 0 x y (đpcm) ⇔ ∫ f ( x ) dx + ∫ f −1 ( x ) dx ≥ xy 0 0 ♦ Bài toán 6: Cho a,b∈R, a0 (m + M ) 2 b b 1 (b - a) ≤ ∫ f ( x ) dx ∫ dx ≤ ( b - a ) 2 Chứng minh rằng: a a f (x) 4mM Giải : Theo Bunhakopski : Ta có: 2 2 ⎛ b ⎞ ⎛ 1 ⎞ ( ∫ dx ) ( ) 2 b 1 b 2 b (b − a ) = ⎜∫ . f ( x )dx ⎟ ≤ ∫ f ( x ) dx.∫ ⎜ 2 = ⎟ dx a ⎜ a ⎝ f ( x) ⎟ ⎠ a ⎝ f ( x) ⎠ a ⎜ ⎟ b b 1 =∫ f ( x ) dx.∫ dx a ( ) a f x 2 ⎛ 1 ⎞ (∫ ) 1 ⎜ b ⎛ b 1 ⎞ 2 ⎟ ≥0 f ( x ) dx − mM ⎜ ∫ 2 Và ta có : ⎜ dx ⎟ ⎜ a f ( x) ⎟ ⎟ a ⎜ ⎝ ⎠ ⎟ ⎝ ⎠ GVHD : Thaïc só. Voõ Tieán Thaønh 19 SVTH : Nguyeãn Traàn Quang Vinh

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

LV.09: Bộ Luận Văn Tốt Nghiệp Chuyên Ngành Quản Trị Kinh Doanh

81 tài liệu

1642 lượt tải

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.