Tiểu luận: Phương pháp chứng minh và sáng tạo bất đẳng bằng sử dụng các tính chất đại số và hình học của tích phân

Chia sẻ: Hòa Phát | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:42

Thêm vào BST

Báo xấu

96
lượt xem 9
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Bất đẳng thức là một trong những nội dung quan trọng trong chương trình toán phổ thông, nó vừa là đối tượng để nghiên cứu mà cũng vừa là một công cụ đắc lực, với những ứng dụng trong nhiều lĩnh vực khác nhau của toán học. Trong các đề thi chọn học sinh giỏi ở các cấp những bài toán chứng minh bất đẳng thức thường xuất hiện như một dạng toán khá quen thuộc, nhưng để tìm ra lời giải không phải là một việc dễ dàng.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Tiểu luận: Phương pháp chứng minh và sáng tạo bất đẳng bằng sử dụng các tính chất đại số và hình học của tích phân

TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN KHOA TOÁN LỚP SƯ PHẠM TOÁN K29  Người thực hiện : Lê Nguyễn Minh Trung Vũ Thị Hương ĐỀ TÀI: Phương pháp chứng minh và sáng tạo bất đẳng bằng sử dụng các tính chất đại số và hình học của tích phân Giáo viên hướng dẫn : Dương Thanh Vỹ Quy Nhơn, tháng 10 năm 2009
LỜI NÓI ĐẦU Bất đẳng thức là một trong những nội dung quan trọng trong chương trình toán phổ thông, nó vừa là đối tượng để nghiên cứu mà cũng vừa là một công cụ đắc lực, với những ứng dụng trong nhiều lĩnh vực khác nhau của toán học. Trong các đề thi chọn học sinh giỏi ở các cấp những bài toán chứng minh bất đẳng thức thường xuất hiện như một dạng toán khá quen thuộc, nhưng để tìm ra lời giải không phải là một việc dễ dàng. Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức khá phong phú, đa dạng và đã được khá nhiều tài liệu đề cập đến. Một trong những phương pháp chứng minh bất đẳng thức hoặc sáng tạo ra bất đẳng thức là việc sử dụng các tính chất đại số và hình học của tích phân. Trên tinh thần đó tiểu luận gồm các phần: mục lục, mở đầu, 7 vấn đề, phụ lục, kết luận và tài liệu tham khảo.  Vấn đề 1: Bất đẳng thức của hàm số giới nội và lồi.  Vấn đề 2: Bất đẳng thức của hàm số liên tục.  Vấn đề 3: Bất đẳng thức của hàm số liên tục và đơn điệu.  Vấn đề 4: Bất đẳng thức của hàm số khả vi.  Vấn đề 5: Bất đẳng thức của hàm số khả tích.  Vấn đề 6: Sử dụng công thức tính độ dài cung phẳng để chứng minh bất đẳng thức .  Vấn đề 7: Sử dụng công thức tính diện tích hình phẳng để chứng minh bất đẳng thức . Nội dung trong 5 vấn đề đầu đề cập đến việc sử dụng các tính chất đại số đơn giản của tích phân để chứng minh một số bài toán liên quan, trên cơ sở đó đưa ra những ví dụ áp dụng để sáng tạo ra bất đẳng thức, 2 vấn đề còn lại đề cập đến việc thông qua những ước lượng trực quan từ hình học để chứng minh bất đẳng thức kèm theo những ví dụ minh hoạ cụ thể. Để hoàn thành tiểu luận này, chúng tôi đã cố gắng tập trung nghiên cứu, xong do ít nhiều hạn chế về thời gian cũng như về năng lực nên tiểu luận chắc chắn còn nhiều vấn đề chưa đề cập đến hoặc có đề cập nhưng chưa đi sâu vào khai thác ý tưởng vấn đề. Vì vậy tiểu luận khó tránh khỏi những thiếu xót nhất định. Chúng tôi rất mong được sự chỉ bảo của quý thầy cô và các bạn đọc về tiểu luận này.
Quy Nhơn, ngày 11 tháng 11 năm 2009. Vấn đề 1. Bất Đẳng Thức Của Hàm Số Giới Nội Và Lồi Bài toán. Giả sử rằng trên [a,b] hàm f(x) giới nội và lồi. Chứng minh rằng f (a ) + f (b) b �a + b � ( b − a) f ( x)dx ( b − a) f� � 2 a �2 � Chứng minh Vì f(x) lồi trên [a,b] nên với bất kỳ x1,x2 [a,b] ta có bất đẳng thức so sánh f( 1x1 + 2x2) 1f(x1) + 2f(x2) nếu 1 0 , 2 0 , 1 + 2 = 1 (theo định nghĩa) Vì hàm lồi trên một đoạn nên nó liên tục. Như vậy, f(x) khả tích trên [a,b]. Sử dụng tính chất lồi của f(x) ta có �a + b � a +ξ b −ξ 1 f� �= f ( + ) > [ f (a + ξ ) + f (b − ξ ) ] , a ξ b − a �2 � 2 2 2 Tích phân theo ξ tròg khoảng [0,ba] ta nhận được a+b 1� b −a b −a �b ( b − a) f ( ) � � f (a + ξ )d ξ + � f (b − ξ )d ξ �= �f ( x)dx (1) 2 2 �0 0 �a trong tích phân đầu ta thay a + ξ = t , còn tích phân thứ hai thay b ξ = z. � b−a� Chia [a,b] thành n phần bằng nhau �∆xi = � và lập tổng tích phân � n � với ξk = xk b − a n−1 � k ( b − a ) � b − a n−1 �� k� k Sn = � f� a+ �= � f� � 1− � a + b� n k =0 � n � n k =0 � � n� n � � � � k � � k � k k Do f(x) lồi , ta có f � �1− �a + b �> � 1 �f (a ) + f (b) � n� n� � n� � n b − a n−1 �� k� k b−a � n +1 n −1 � Bởi vậy Sn > � �1 �f (a) + f (b) �= � f (a) + f (b) � n k =0 �� n� n � n �2 2 � (2). Chuyển qua giới hạn bất đẳng thức (2) khi n (do f(x) khả tích ) ta nhận được b b−a f ( x)dx ( f (a) + f (b) ) a 2
f (a ) + f (b) b �a + b � Kết hợp (1) và (2) ta có ( b − a ) f ( x)dx ( b − a) f� �. 2 a �2 � Ví dụ 1.1. Cho 0 0, p > 2. p Ta có y '' = − p( p − 1) x p−2 < 0 . Vậy hàm số y = f(x) bị chặn và lồi trên [a,b]. Khi đó f (a ) + f (b) b ( b − a) f ( x)dx 2 a p p b p −a − b � ( b − a) �− x dx 2 a p ( � ( a − b) a + b � p ) 2 a p +1 −b ( p +1 ) p +1 � ( p − 1) a ( p +1 −b p +1 ) �ab ( p + 1) a p −1 b−1 −b ( ) Ví dụ 1.2 Với 0
f(x) bị chặn và lồi trên [a,b] . Khi đó ( b − a) ( f (a) + f (b) ) b f ( x)dx 2 a 1 2 + 1 − b 2 ��b 1 − x 2 dx � ( b − a) � � 1 − a � 2 � �a b 1 � � 1� � � ( b − a ) � 1 − a 2 + 1 − b 2 �� x 1 − x 2 + arcsinx � 2 � 2 � � �a � b 1 − a 2 + a 1 − b 2 �arcsinb arcsina b + b2 + 1 Ví dụ 1.4. Với 0
Ví dụ 1.6. Với 0 < a < b . Chứng minh ( a − b ) ( a + b + 2) �a + 1 � 2 ( a − b ) ln � � . 2 ( a + 1) ( b + 1) �b + 1 � a + b + 2 Lời giải 1 Xét y = − trên [a,b] với a > 0. x +1 y '' = − 2 < 0, ∀x [a,b] . Ta có 3 ( x + 1) Hàm số y = f(x) bị chặn và lồi trên [a,b] . Khi đó f (a ) + f (b) b �a + b � ( b − a) f ( x)dx f� ( b − a) � 2 a �2 � � � b−a� 1 1 � b 1 � 1 � � − − ��− dx �( b − a ) �− � 2 � a +1 b +1 � a x +1 a+b � � +1� � 2 � a −b a +b+ 2 b 2 ( a − b) −+ � ln x 1 a 2 ( a + 1) ( b + 1) a+b+2 ( a − b ) ( a + b + 2) �a + 1 � 2 ( a − b ) ln � � 2 ( a + 1) ( b + 1) . �b + 1 � a + b + 2 Nhận xét: Để thuận tiện cho việc ra đề bài tập ở dạng này chúng tôi đưa ra một số hàm lồi ở phần phụ lục. Vấn đề 2: Bất Đẳng Thức Của Hàm Số Liên Tục Bài toán 2.1. Chứng minh nếu f(x) và g(x) là 2 hàm liên tục, xác định trên [a,b] thì ta có 2 �b � b 2 b ��f ( x) g ( x)dx � �f ( x)dx. �g 2 ( x)dx �a � a a ( Bất đẳng thức Cauchy_Bunhiacopxki). Chứng minh t R, ta có 2 0 [ tf ( x) + g ( x) ] = t 2 f 2 ( x) + 2tf ( x) g ( x) + g 2 ( x) b b b 0+ t 2 �f 2 ( x )dx +2t �f ( x) g ( x) dx �g 2 ( x )dx a a a
Vế phải là tam thức bậc hai không âm t 2 �b � b 2 b � ∆ �0 � ��f ( x) g ( x )dx � − �f ( x)dx. �g 2 ( x)dx �0 � dpcm . ' �a � a a b b 1 2 Hệ quả 1. Với f : [a,b] → (0,+ ) liên tục , ta có �f ( x)dx. � dx ( b − a) . a a f ( x) Hệ quả 2. Giả sử f(x) là hàm liên tục trong a x b. Chứng minh 2 �b � b ��f ( x)dx � ( b − a ) �f 2 ( x)dx. �a � a Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi f(x) = const. Ví dụ 2.1. Chứng minh: với x > 0, ta có x 1� ex −1 < e2t + e −t dt < ( e x − 1) � e x − �. � � 2� 0 Lời giải x 2t −t x 1 t −2t Ta có � e + e dt = �e 2 e + e dt (1) 0 0 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có 2 �x 1 � x ( ) x �� e 2 et + e −2t dt � � et dt �et + e−2t dt �0 � 0 0 � � 2 �x 1 � 1 1 1� Theo (1) ta có � e 2 et + e−2t dt � e x − 1 � � � � � ( ) 2 2 � e x − − e−2 x �< e x − 1 � ( )� ex − � � � 2� �0 � (2) Hiển nhiên ta có e2t + e−t > et , ∀0 < t < x , nên ta suy ra x 2t −t x t � e + e dt > � e dt = e x − 1 (3) 0 0 Từ (2) và (3) ta suy ra điều phải chứng minh x 1� ex −1 < e2t + e −t dt < ( e x − 1) � e x − �. � � 2� 0 2 � � 6 � 1 − a 2 − 1 − b2 � Ví dụ 2.2. Với 1 < a b . Chứng minh � � ln ( a − 1) ( b + 1) . 3 b −a 3 ( a + 1) ( b − 1) Lời giải
1 Xét f(x) = , g(x) = x trên [a,b] với 1 < a b . 1 − x2 Dễ thấy f,g liên tục trên [a,b]. Áp dụng đẳng thức trên ta có 2 �b 1 � b 1 b �� xdx � � dx. �x 2dx �a 2 � a 1 − x2 a � 1− x � 2 b� �3 b � � b� � 2 1 x − 1 �x � � �− 1 − x � ��− ln � � � 2 x +1 a � � � � a � � � �3 a � � � � 2 �b3 a3 � � � � 1 b −1 1 a −1 � � �− 1 − b 2 + 1 − a 2 � ��− ln + ln � − � � � � � 2 b +1 2 a +1 � �3 3 � � � 2 � 2 2 � 6 �1− a − 1− b � � � ln ( a − 1) ( b + 1) b3 − a 3 ( a + 1) ( b − 1) 2 Ví dụ 2.3. Với 0
Ví dụ 2.5. Với 0
[ f ( x) − f ( xo )] [ g ( x) − g ( xo )] 0, ∀x [a,b] � f ( x) g ( x) − f ( xo ) g ( x) − f ( x ) g ( xo ) + f ( xo ) g ( xo ) �0 b b b � �f ( x ) g ( x)dx − f ( xo ) �g ( x)dx − g ( xo ) �f ( x)dx + ( b − a ) f ( xo ) g ( xo ) �0 a a a b b b − f ( x−) g ( x)dx f ( xo )+�g ( x)dx g ( xo ) �f ( x)dx ( b a ) f ( xo ) g ( xo ) � a a a 1 b b �f ( x )dx �g ( x )dx + g ( xo ) ( b − a ) g ( xo ) − ( b − a ) f ( xo ) g ( xo ) b−a a a 1 b b 1 b 1 b 1 b � �f ( x )dx �g ( x )dx �f ( x ) g ( x )dx �f ( x)dx �g ( x)dx b−a a a b−a a b−a a b−a a a) Giả thiết suy ra f, (g) đều là hàm tăng nên theo câu a) 1 b 1 b 1 b �f ( x) [ − g ( x) ] dx �f ( x) dx �[ − g ( x)] dx b−a a b−a a b−a a 1 b 1 b 1 b �f ( x) g ( x) dx �f ( x )dx �g ( x )dx b−a a b−a a b−a a Chú ý. Nếu f, g đều là hàm giảm thì bất đẳng thức câu a) vẫn đúng. Tức là f, g đơn điệu cùng chiều thì bất đẳng thức câu a) đúng. Nếu f là hàm giảm, g là hàm tăng thì bất đẳng thức câu b) vẫn đúng. Tức là f, g đơn điệu ngược chiều thì bất đẳng thức câu b) đúng. Bài toán 3.2. (Định lý về giá trị trung bình) Nếu f khả tích trên [a,b] thì tồn tại 1 b c �( a, b ) : f (c) = f (t )dt . b−a a Bài toán 3.3. Nếu f(t) liên tục và nghịch biến trên [0,a] thì x a a �f (t )dt x �f (t )dt , ∀x [0,a] . 0 0 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = a hoặc x = 0. Chứng minh Nếu x = 0 hoặc x = a thì đẳng thức xảy ra. Nếu 0
1x Suy ra x f (t )dt f ( x) . 0 1x 1 a Từ đó ta có x �f (t )dt f ( x) �f (t )dt . a−x x 0 1x 1 a Nên x �f (t )dt a − x �f (t )dt . Suy ra 0 x x a 0 a (a − x) �f (t )dt x �f (t )dt = x( �f (t )dt + �f (t )dt 0 x x 0 x a Vậy a �f (t )dt x �f (t )dt . 0 0 Ta chứng minh đẳng thức xảy ra khi x = 0 hoặc x = a. b a b a Thật vậy nếu tồn tại b (0,a), a �f (t )dt = b �f (t )dt = b( �f (t )dt + �f (t )dt ) 0 0 0 b Suy ra b b a a �f (t )dt − b �f (t )dt = b �f (t )dt 0 0 b b a � (a − b) �f (t )dt = b �f (t )dt 0 b 1 b 1 a � �f (t ) dt = �f (t )dt b−a 0 a −b b Theo định lý về giá trị trung bình ta có 1b ∃ξ �[ 0, b ] : f (ξ ) = f (t )dt b0 1 a δ �( b, a ) : f (δ ) = f (t ) dt a −b b � f (ξ ) = f (δ ) Mà δ > ξ , điều này mâu thuẫn với giả thiết f(t) là hàm giảm trên (0,a) Vậy đẳng thức xảy ra khi x = a hoặc x = 0. Hệ quả 1. Nếu f(t) liên tục và nghịch biến trên [0,a], x [0,1] thì x 1 �f (t )dt x �f (t ) dt .Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 1 hoặc x = 0. 0 0 Chứng minh tương tự ta có kết quả sau Bài toán 3.4. Nếu f(t) liên tục và đồng biến trên [0,a], x [0,a] thì x a a �f (t )dt x �f (t )dt . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = a hoặc x = 0. 0 0 Hệ quả 2. Nếu f(t) liên tục và đồng biến trên [0,1], x [0,1] thì
x 1 �f (t )dt x �f (t ) dt . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x =1 hoặc x = 0. 0 0 Ví dụ 3.1. Với 0 0. x2 + 1 Ta có x f ' ( x) = > 0, ∀x > 0 2 x +1 x g ' ( x) = − < 0, ∀x > 0 ( x 2 + 1) x 2 + 1 Khi đó 1 b 1 b 2 1 b 1 �dx � x + 1dx � dx b−a a b−a a b − a a x2 + 1 b b 1 � 2 2 � � 2 � 1 x x + 1 + ln x + x + 1 � � ln x + x + 1 � 2� 2( b − a) � �a � �a 2 2 b + b2 + 1 2 a + a2 + 1 b b + 1 − a a + 1 + ln 2( b − a) ln . a + a2 + 1 b + b2 + 1 Ví dụ 3.2. Chứng minh rằng x [0,1], 2x6 + 3x4 + 6x2 – 11x 0. Lời giải 6 4 2 Xét f(x) = 2x + 3x + 6x – 11x, g(t) = t5 + t3 + t. Ta có g(t) liên tục và đồng biến trên [0,1]. Do đó x [0,1] ta có x 5 3 1 5 3 � (t + t + t )dt x � (t + t + t )dt 0 0 x6 x 4 x 2 �1 1 1 � . � + + �x � + + � 6 4 2 �6 4 2 � � f ( x) = 2 x6 + 3x 4 + 6 x 2 − 11x �0 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = 0 hoặc x = 1.
Ví dụ 3.3. Chứng minh x 2 + 1 + ln x + x 2 + 1 ln(e 2 ( 1 + 2 ) ), ∀x (0,1] . 1 x Lời giải Xét hàm số y = x 2 + 1 liên tục, đồng biến trên [0,1]. Do đó x [0,1],ta có x 2 1 � t + 1dt x � t 2 + 1dt 0 0 x 1 1 2 2 x 2 2 � (t t + 1 + ln t + t + 1 ) �� (t t + 1 + ln t + t + 1 ) 2 0 2 0 1 x 2 + 1 + ln x + x 2 + 1 x ( ) ln(e 2 1 + 2 ), ∀x (0,1] . π π 2 Ví dụ 3.4. Chứng minh rằng x [0, ]. Chứng minh x2 – (1 + π )x 2 4 8 π (cosx – 1). 2 Lời giải π Xét g(t) = t + sint liên tục và đồng biến trên [0, ] . 2 π π x 2 Khi đó x [0, ] ta có π �(t + sin t )dt x �(t + sin t )dt 2 20 0 x π π t 2 t 2 2 � ( − cost) �x ( − cost) 2 2 2 0 0 π �x 2 � � π2 � � � − cosx+1�� 1+ �x 2� � 2 �� 8 � �� π � π2 � π π � f ( x) = x 2 − �1+ �x − cosx � 4 � 8 � 2 2 � � π Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = 0 hoặc x = . 2 2 1 Ví dụ 3.5 Chứng minh x [0,1], xarccosx 1 − x 2 − x x − x −1 . 3 3 Lời giải Xét g(t) = t − arccost liên tục và đồng biến trên [0,1].
Do đó x [0,1] thì x 1 �( t − arccost)dt x� ( t − arccost)dt 0 0 x 1 �2 2 � �2 2 � � � t t − tarccost+ 1t � �x � t t − tarccost+ 1t � �3 �0 �3 �0 2 �2 � � 1 − x 2 + x x − 1 − xarccosx �x � − 1� 3 �3 � 2 1 � f ( x) = xarccosx 1x 2 − x x − x �−1 3 3 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = 0 hoặc x = 1. Ví dụ 3.6. Chứng minh x [2k ,(2k+1) ], sin3x + 3sinx 4 s inx 0 . Lời giải Đặt s inx �t = 0 t 1 . g(x) có dạng sau: h(t) = t 5 + 3t 2 − 4 t . Đặt k(u) = u5 + u là hàm liên tục, đồng biến trên [0,1] ( ) t 5 1 �� (u + u )du �t �u 5 + u du 0 0 t 6 t 2 1 1 � ( + ) �t ( + ) � t 6 + 3t 2 − 4t �0 6 2 6 2 3 Suy ra sin x + 3sin x − 4 s inx 0 . π Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = + k2 hoặc x = k . 2 2 Ví dụ 3.7. Chứng minh x [0, ], x 2 2 arcsinx 0. 2 Lời giải 1 2 Đặt g(t) = − 2 nghịch biến và liên tục trên [0, ]. 1− t 2 2 2 x� 1 � 2 � 1 � � � �− � dt �x �� − �dt 2 0 � 1− t2 � 0 � 2 � � � � 1− t � x 2 1 1 πx arcsint xarcsint 0 2 arcsinx 2 0 2 4 � π x − 2 2arcsinx �0 2 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = 0 hoặc x = . 2
Ví dụ 3.8. Chứng minh x [0,2], 3x 2 + 4 x x + 4 ( 2 − x ) 2 − x − 6 x − 8 2 0 Lời giải Đặt g(t) = t + t − 2 − t là hàm đồng biến và liên tục trên [0,2]. x 2 ( ) ( � 2 �t + t − 2 − t dt �x �t + t − 2 − t dt 0 0 ) x 2 � t 2 2t t 2 � �t 2 2t t 2 � � 2� + + ( 2 − t ) 2 − t � �x � + + ( 2−t) 2−t � � � 2 3 3 � �0 � � 2 3 3 � �0 � 3 x 2 + 4 x x + 4 2 − x 2 − x − 6 x �8 2 ( ) đpcm. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = 0 hoặc x = 2. Nhận xét  Để tạo ra những bài tập thuộc dạng này có thể lấy một hàm số sơ cấp đơn giản thoả mãn liên tục đơn điệu trên một khoảng nào đó, rồi lấy tích phân trên khoảng đó từ đó đưa ra bất đẳng thức cần chứng minh.  Ta có thể mở rộng kết quả trên bằng cách từ f(x) g(x), x [a,b] ta lấy tích phân nhiều lần ta thu được các bất đẳng thức phức tạp hơn b x b x �� f (t ) dt � � f (t )dt � dx � �� dx , a < t < x < b . a�a � a�a �  Tương tự ta có thể mở rộng cho trường hợp hàm 2 biến x, y. Cho f(x,y), g(x,y) khả tích trên D và f(x,y) ≥ g(x,y) (x,y) D ta có �f ( x, y )dxdy � � D �g ( x, y )dxdy .Nếu f(x,y) khả tích trên D và f(x,y) ≥ D 0, (x,y) D ta có D�f ( x, y )dxdy 0 . Khi dạy cho học sinh thì ta có � thể hướng dẫn cho học sinh thấy trong các trường hợp đặc biệt thì tích phân 2 lớp có thể hiểu là lấy tích phân một lớp hai lần, coi x là tham số, ta lấy tích phân theo biến y, sau đó ta mới lấy tích phân theo biến x như thế việc chứng minh sẽ dễ dàng hơn. Vấn đề 4. Bất Đẳng Thức Của Hàm Số Khả Vi Bài toán 4.1. Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm liên tục trên [a,b] và f(a) =0. Chứng minh
2 � � b 2 � max f(x) � ( b − a) �f ' ( x ) � dx . � �x [a,b] � � a� � Chứng minh xo Do f(a) = 0 nên f ( xo ) = f ( xo ) − f (a) = f ' ( x)dx a trong đó f ( xo ) = max { f(x)/x [a,b] } . Suy ra 2 2 �xo ' � �xo 2 � �xo ' 2 � xo 2 ' ( x) � dx . [ f ( xo )] = ��1. f ( x)dx � ��1 dx �� a � �f ( x ) � dx � ( b − a ) � � ��f �a � �a �� a � � 2 � � b ' 2 Vậy � max f(x) � ( b − a ) �f ( x ) � dx . � �x [a,b] �� a� � Bài toán 4.2. Nếu y = f(x) , y = g(x) liên tục, không âm, tăng trên [0,+ ] sao cho f(0)g(0) = 0. Khi đó a 0 , x 0 ta có a ' x ' �f (t ) g (t )dt + �f (t ) g (t )dt f ( a) g ( x) (1). 0 0 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = a. Chứng minh Nếu x = a thì hiển nhiên đẳng thức xảy ra. Nếu x a. Gọi I là vế trái của (1) khi đó ta có x a x x ' a Ι = �f ' (t ) g (t )dt + �f ' (t ) g (t )dt + �f (t ) g ' (t )dt = � [ f (t ) g (t ) ] dt + �f ' (t ) g (t )dt x x 0 0 0 x a a = f (t ) g (t ) 0 + �f ' (t ) g (t )dt = f ( x) g ( x) + �f ' (t ) g (t )dt x x Vì x t a, g(x) g(t) nên f’(t)g(x) f’(t)g(t). Do y = f(x), y = g(x) không âm, tăng trên [0,+ ] nên a ' a Ι f ( x) g ( x ) + f (t ) g (t )dt = f ( x) g ( x) + g ( x ) [ f (t ) ] x = f (a ) g ( x) . x Nếu x a a a x a ' x Ι = �f ' (t ) g (t )dt + �f (t ) g ' (t )dt + �f (t ) g ' (t )dt = � [ f (t ) g (t )] dt + �f (t ) g ' (t )dt a a 0 x 0 x 0 a = f (t ) g (t ) 0 + �f (t ) g ' (t ) dt = f (a ) g (a ) + �f (t ) g ' (t )dt a a
Vì a t x, f(a) f(t) nên f’(a)g(t) f(t) g’(t) . Do y = f(x), y = g(x) không âm, tăng trên [0,+ ] nên x x Ι f (a ) g (a ) + f (a ) g ' (t )dt = f ( a) g ( a) + f (a ) [ g (t ) ] 0 = f (a ) g ( x) . a Chứng minh tương tự ta có kết quả sau Bài toán 4.3. Nếu y = f(x), y = g(x) liên tục, không âm, tăng trên [0,+ ] sao cho f(0)g(0) = 0. Khi đó a 0, b 0 ta có a b �f ' (t ) g (t )dt + �f (t ) g ' (t )dt f (c) g (c) (2). 0 0 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi b = a , c = min(a,b). Ví dụ 4.1. Chứng minh rằng x 0, ta có ( x2 −1) ln ( 1 + x ) − ��12 + ln 2 ��x2 + x − 12 + ln 2 0. Lời giải Xét f(t) = t , g(t) = ln(1+t) liên tục và không âm, đồng biến khi t 0. Khi 2 đó t 0,ta có t t2 x 2 x ln 2 � dt + 2 �t ln(1+ t ) dt . 2 0 1+ t 0 Mà 1 1 t2 � t2 � 1 = � − t + ln ( 1 + t ) � = ln 2 − 01+ t ��2 � �0 2 x x 1 �2 t2 � 1 �2 x2 � t ln ( 1 + t ) dt = � t ln ( 1 + t ) − + t − ln ( 1 + t ) � = � x ln ( 1 + x ) − + x − ln ( 1 + x ) � 0 2�� 2 �0 � 2�� 2 � � ( ) �1 � x 2 − 1 ln ( 1 + x ) − � + ln 2 �x 2 + x �2 � 1 2 − ln 2 đpcm. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = 1. Ví dụ 4.2. Chứng minh x 0, ta có e x 2 ( x6 − 3x4 + 6 x2 − 7 ) + 3e 0. Lời giải
Xét f(t) = t6, g(t) = et 2 liên tục, không âm và đồng biến khi t 0. Khi đó t 0,ta có 2 1 t2 3 x 2 ex � e 6t dt + �2t 6tet dt . 0 0 Mà 1 ( ) 1 t2 5 t 2 4 2 e 6t dt = e t − 2t + 2 = 3e − 6 0 0 x ( ) ( ) x 7 t2 t 2 6 4 2 2 2t e dt = e t − 3t + 6t − 6 = e x x6 − 3x 4 + 6 x 2 − 6 + 6 0 0 2 ( ) e x x6 − 3 x 4 + 6 x 2 − 7 −3e đpcm. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = 1. � � π Ví dụ 4.3. Chứng minh x 0, ta có �x − �tan ( x ) + ln cos(x) + ln 2 0 . 3 � � Lời giải Xét f(t) = tant, g(t) = t liên tục, không âm và đồng biến khi t 1. Khi đó t 0 ta có π π 3 x t tan ( x ) �tan tdt + � 2 dt . 3 0 0 cos (t ) Mà π 3 π tan tdt = − ln cost 0 3 = ln 2 0 x t x dt = � t tan t + ln cost � ￻ = x tan x + ln cosx 0 cos 2 (t ) 0 � π� �x − �tan ( x ) + ln cos(x) − ln 2 � 3� đpcm. π Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = . 3 1− a a −1 Ví dụ 4.4. Với 0
1 y’ = > 0 . x 2 � � a� 2 '� Khi đó �max lnx � ( a − 1) �( ln x ) � dx . � �x [1,a] � � 1� � Suy ra 2 b 1 2 1 � ( ln a ) �( −−−+ a 1) dx ( ln a ) ( a 1) � �1� 1 x2 �a � 1− a a −1 ln a . a a Vấn đề 5. Bất Đẳng Thức Của Hàm Số Khả Tích Bài toán 5.1. Nếu f(x) ,g(x) khả tích trên [a,b] và f(x) g(x) thì b b �f ( x)dx �g ( x )dx . a a b Hệ quả. Nếu f(x) 0, x [a,b] thì f ( x)dx 0 . a Bài toán 5.2. Giả sử hàm số f(x) khả tích trên [a,b] và inf[a,fb(]x) > 0 . Khi đó, ta có 1 b ln f ( x)dx b−a b−a a 1 b b 1 e f ( x )dx (1). b−a a dx a f ( x) Nhận xét. Với ai > 0, i = 1, n . Ta có dãy bất đẳng thức sau n a + a + .... + an a 2 + a 2 + ..... + an 2 n a a ...an 1 2 1 2 1 1 1 1 2 n n (2) + + ..... + a a an 1 2 Chứng minh Chia [a,b] thành n đoạn nhỏ bằng nhau bởi các điểm chia a=x x ........ xn = b và chọn ξ �[ x , x ], i = 1, n, ∆x = x − x = b − a . 0 1 i i −1 i i i i −1 n b n b−a 1 b n f (ξ ) i . Ta có �f ( x)dx = lim � f (ξi ) � �f ( x)dx = lim � a n i =1 n b − a a n i =1 n b 1 ln f ( x)dx b −a a n b−a n Tương tự e = lim n f (ξi ), = lim n n i =1 b 1 n 1 . dx a f ( x) i =1 f (ξi )
Áp dụng dãy bất đẳng thức (2) ta có n f (ξi ) n n n f (ξi ) n i =1 n i =1 1 . i =1 f (ξi ) Cho n ta được dãy bất đẳng thức (1) . Ví dụ 5.1. Chứng minh rằng 1 + x ln( x + 1 + x 2 ) 1 + x 2 , ∀x R. Lời giải � � Xét hàm số f (t ) = ln �t + 1 + t 2 �> 0, ∀t > 0. � � � 2� x Khi đó với 0 t x ta có ln �t + 1 + t �dt > 0 . 0 � � x 2 Xét I = ln(t + 1 + t )dt . 0 u = ln(t + 1 + t 2 ) Đặt . dv = dt Suy ra I = x ln( x + 1 + x 2 ) − 1 + x 2 + 1 > 0. Vậy ta có 1 + x ln( x + 1 + x 2 ) 1 + x 2 , ∀x > 0 . � 2� � 2� Với x t 0. � � � � � 0 2� Khi đó với x t 0 ta có ln �t + 1 + t �dt < 0 x � � 0 � I = ln(t + 1 + t 2 )dt = − x ln( x + 1 + x 2 ) − 1 + 1 + x 2 < 0 x � x ln( x + 1 + x 2 ) + 1 > 1 + x 2 , ∀x < 0 Khi x = 0 bất đẳng thức trở thành đẳng thức . Vậy ta có 1 + x ln( x + 1 + x 2 ) 1 + x 2 , ∀x R. Ví dụ 5.2. Cho x 0. Chứng minh với n nguyên dương x 2 x3 xn e x 1 + x + + + ........ + (*). 2 ! 3! n! Lời giải Ta chứng minh (*) bằng phương pháp quy nạp . Với n = 1, từ et 1 với t 0 ta có với x 0