ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
NGUYỄN VĂN TUẤN
BẤT ĐẲNG THỨC TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
THÁI NGUYÊN - 2014
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
NGUYỄN VĂN TUẤN
BẤT ĐẲNG THỨC TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG
Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
Mã số : 60.46.01.13
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Người hướng dẫn khoa học: TS. TRẦN NGUYÊN AN
THÁI NGUYÊN - 2014
Mục lục
Lời nói đầu 2
1 Kiến thức chuẩn bị 4
1.1 Một số bất đẳng thức cổ điển và định lý giá trị trung bình 4
1.2 Tích phân . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.2.1 Định nghĩa tích phân . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.2.2 Các tính chất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
2 Bất đẳng thức tích phân và ứng dụng 9
2.1 Đánh giá hàm số và bất đẳng thức tích phân . . . . . . . 9
2.2 Một số bất đẳng thức tích phân cổ điển . . . . . . . . . . 17
2.3 Một số bất đẳng thức tích phân khác . . . . . . . . . . . 32
2.4 Ứng dụng của bất đẳng thức tích phân . . . . . . . . . . 41
2.4.1 Tính giới hạn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
2.4.2 Chứng minh phương trình có nghiệm . . . . . . . 43
2.4.3 Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số . . . . 45
2.4.4 Chứng minh một số bất đẳng thức đại số . . . . . 48

trình bày các bài toán về chứng minh bất đẳng thức tích phân thông
qua việc đánh giá hàm số dưới dấu tích phân, cũng như dùng các bất
2
đẳng thức tích phân cổ điển để chứng minh. Trong chương này còn nêu
một loạt các bài tập chứng minh bất đẳng thức tích phân dưới dạng
phức tạp mà việc giải quyết chúng là không hề đơn giản. Một vấn đề
nữa được nêu trong chương là những ứng dụng của bất đẳng thức tích
phân trong các bài toán số học, đại số cũng như trong giải tích .
Sau một thời gian nghiên cứu, luận văn thạc sĩ của tôi đã hoàn thành
với tên đề tài "Bất đẳng thức tích phân và ứng dụng". Những kết quả
ban đầu mà tôi thu được là nhờ sự hướng dẫn và chỉ bảo tận tình của
TS. Trần Nguyên An, Trường Đại học Sư Phạm - Đại học Thái Nguyên.
Nhờ thầy tôi đã tiếp cận và nắm bắt được một số vấn đề mới mẻ trong
công tác nghiên cứu khoa học. Tác giả xin được bày tỏ lòng biết ơn sâu
sắc đối với sự quan tâm, động viên và hướng dẫn của thầy. Tác giả xin
cảm ơn tới các thầy cô trong Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái
Nguyên, phòng Đào tạo Trường Đại học Khoa học. Đồng thời tác giả
xin gửi lời cảm ơn tới tập thể lớp Cao học toán K6A, trường Đại học
Khoa học đã động viên giúp đỡ tác giả trong quá trình học tập và làm
luận văn này.
Tác giả xin cảm ơn tới Sở GD - ĐT tỉnh Tuyên Quang, Ban Giám
hiệu, các đồng nghiệp Trường THPT Sơn Dương đã tạo mọi điều kiện
giúp đỡ tác giả trong thời gian học tập và hoàn thành luận văn.
3
Chương 1
Kiến thức chuẩn bị
1.1 Một số bất đẳng thức cổ điển và định lý giá trị
trung bình
Định lý 1.1.1 (Bất đẳng thức AM - GM). Với mọi số thực dương
a

Định lý 1.1.2 ( Bất đẳng thức Bunhiacovski). Với 2 dãy số thực tùy ý
a
1
, a
2
, , a
n
và b
1
, b
2
, , b
n
ta luôn có bất đẳng thức

a
2
1
+ a
2
2
+ + a
2
n

b
2
1
+ b
2

, , b
n
là 2 bộ tỉ
lệ, tức là tồn tại số k để a
i
= kb
i
, với mọi i ∈ 1, n.
Định lý 1.1.3 (Bất đẳng thức Holder). Với m dãy số thực dương
(a
11
, a
12
, , a
1n
), (a
21
, a
22
, , a
2n
), , (a
m1
, a
m2
, , a
mn
) ta có
m


Định lý 1.1.4. (Bất đẳng thức Chebyshev).
(i) Với 2 dãy số thực đơn điệu tăng a
1
, a
2
, , a
n
và b
1
, b
2
, , b
n
ta có
a
1
b
1
+ a
2
b
2
+ + a
n
b
n
≥
1
n
(a

2
b
2
+ + a
n
b
n
≤
1
n
(a
1
+ a
2
+ + a
n
) (b
1
+ b
2
+ + b
n
) .
Dấu đẳng thức xảy ra khi a
1
= a
2
= = a
n
và b

1
= x
2
= = x
n
.
Định lý 1.1.6 (Bất đẳng thức Young). Cho p, q thỏa mãn điều kiện
p > 1, q > 1,
1
p
+
1
q
= 1.
Chứng minh rằng, mọi a, b dương, ta đều có
a
p
p
+
b
q
q
≥ ab.
Định lý 1.1.7 ( Định lý Lagrange). Nếu f(x) liên tục và khả vi trên
đoạn [a, b] thì tồn tại c ∈ (a, b) sao cho
f

(c) =
f(b) − f(a)
b − a

k−1
, x
k
] ta lấy một điểm bất kì ξ
k
(x
k−1
≤ ξ
k
≤ x
k
) rồi lập tổng:
σ
π
=
n

k=1
f(ξ
k
)(x
k
− x
k−1
). (1.2.1)
Tổng (1.2.1) gọi là tổng tích phân của hàm số f(x) ứng với phép phân
hoạch π. Rõ ràng giá trị của tổng này phụ thuộc vào phép phân hoạch
và cách lấy điểm ξ
k
. Ta kí hiệu d(π) là số lớn nhất trong độ dài các đoạn

k=1
f(ξ
k
)(x
k
− x
k−1
) − I





< ε
và ta kí hiệu:
I = lim
d(π)→0
σ
π
= lim
d(π)→0
n

k=1
f(ξ
k
)(x
k
− x
k−1

f(x)dx = 0.
Tính chất 2.
b

a
f(x)dx = −
a

b
f(x)dx.
Tính chất 3.
b

a
kf(x)dx = k
b

a
f(x)dx, k ∈ R.
Tính chất 4.
b

a
[f(x) ± g(x]dx =
b

a
f(x)dx ±
b


m(b − a) ≤
b

a
f(x)dx ≤ M(b − a).
với m, M là các hằng số
Tính chất 9. Nếu f(x) khả tích trên đoạn [a, b] thì |f(x)| cũng khả tích
7
trên đoạn đó và






b

a
f(x)dx






≤
b

a
|f(x)|dx.

a
f(x)g(x)dx = g(a)
c

a
f(x)dx + g(b)
b

c
f(x)dx.
(ii) Nếu g(x) là hàm đơn điệu giảm, không âm trong khoảng (a, b) thì:
b

a
f(x)g(x)dx = g(a)
c

a
f(x)dx, c ∈ [a, b] .
(iii) Nếu g(x) là hàm đơn điệu tăng, không âm trong khoảng (a, b) thì:
b

a
f(x)g(x)dx = g(b)
c

a
f(x)dx, c ∈ [a, b] .
8
Chương 2

4

thì 0 < cos x ≤ 1 nên sin 2x = 2 sin x cosx ≤ 2sinx.
Ta suy ra
π
4

0
sin 2xdx ≤ 2
π
4

0
sin xdx.
Vậy
π
4

0
sin 2xdx ≤ 2
π
4

0
sin xdx.
Bài toán 2.1.2. Chứng minh rằng
2

1
(ln x)

a
f(x)dx ≤ B
ta thường xác định các hàm số g(x), h(x) sao cho: g(x) ≤ f(x) ≤ h(x)
với mọi x ∈ [a, b] và
b

a
g(x)dx = A,
b

a
h(x)dx = B.
Khi đó từ theo tính chất 7, tính chất 8 của bất đẳng thức tích phân ta
suy ra
A ≤
b

a
f(x)dx ≤ B.
Ta xét một số ví dụ:
Bài toán 2.1.3. Chứng minh rằng
π
4
≤
3π
4

π
4
1

x
≤ 1.
Khi đó
1
2
3π
4

π
4
dx ≤
3π
4

π
4
1
3 − 2sin
2
x
dx ≤
3π
4

π
4
dx.
10
Suy ra
π

.
Giải. Với x ∈ [0,
1
2
] ta suy ra 0 < 1 − x
2
≤ 1 − x
6
≤ 1. Từ đó ta được

1 − x
2
≤

1 − x
6
≤ 1,
hay
1 ≤
1
√
1 − x
6
≤
1
√
1 − x
2
.
Suy ra

2
.
Với J =
1
2

0
1
√
1 − x
2
dx. Đặt x=sint ⇒ dx = cos tdt với t ∈

−
π
2
;
π
2

.
Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 0, x =
1
2
⇒ t =
π
6
.
Khi đó tích phân J trở thành
J =

dx ≤
π
6
.
Bài toán 2.1.5. Chứng minh rằng
e − 1
e
≤
1

0
e
−x
2
dx ≤ 1.
11
Giải. Ta có 0 ≤ x ≤ 1 hay 0 ≤ x
2
≤ x ≤ 1 từ đó suy ra
1
e
x
≤
1
e
x
2
. Mặt
khác từ x
2

0
dx.
Tính tích phân đầu và cuối, ta được
e − 1
e
≤
1

0
e
−x
2
dx ≤ 1.
Bài toán 2.1.6. Chứng minh rằng
1

0
x sin x
1 + x sin x
dx ≤ 1 − ln 2.
Giải. Trước hết ta chứng minh:
x sin x
1 + x sin x
≤
x
1 + x
, ∀x ∈ [0, 1] (∗)
Từ (∗) biến đổi ta được 1−
1
1 + x sin x

1 + x
dx =
1

0

1 −
1
1 + x

dx = (x − ln |1 + x|)|
1
0
= 1 − ln 2.
Vậy
1

0
x sin x
1 + x sin x
dx ≤ 1 − ln 2.
Bài toán 2.1.7. Chứng minh rằng 0 <
√
3

1
e
−x
s inx
x

−x
s inx
x
2
+ 1
<
1
e (x
2
+ 1)
.
Hay
0 <
√
3

1
e
−x
s inx
x
2
+ 1
dx <
1
e
√
3

1

π
4
; x =
√
3 ⇒ t =
π
3
.
Khi đó tích phân
I =
π
3

π
4
1
tan
2
t + 1

1 + tan
2
t

dt =
π
3

π
4

2
.
Giải. Từ giả thiết với mọi x ∈ [0, 3] ta có −1 ≤ f

(x) ≤ 1. Nên theo
định lý Lagrange, tồn tại c
1
∈ (0, x), c
2
∈ (x, 3) sao cho:
f(x) = f (0) + f

(c
1
)(x − 0) = 2 + f

(c
1
)x ≥ 2 − x (vì f

(c
1
) ≥ −1 ).
f(x) = f (3) + f

(c
2
)(x −3) = 1 −f

(c

2
.
Vậy
3

0
f(x)dx ≥
5
2
.
Nhận xét 2. Việc đánh giá một hàm số không phải lúc nào cũng dễ
dàng dựa vào cận a, b của tích phân hay dựa vào tập giá trị của hàm số.
Khi đó ta có thể nghĩ đến một công cụ rất hữu hiệu trong việc đánh giá
hàm số là dùng đạo hàm, khảo sát hàm số để đánh giá. Phương pháp
này dễ thực hiện và còn thể hiện được sự chính xác và tính trực quan
rất cao. Ta cùng xét một số ví dụ sau.
Bài toán 2.1.9. Chứng minh rằng: 0 ≤
1

0
x(1 − x)
2
dx ≤
4
27
.
Giải. Xét hàm số f(x) = x(1 − x)
2
với mọi x ∈ [0, 1].
Khi đó f

27
. Suy ra
0 ≤
1

0
x(1 − x)
2
dx ≤
4
27
.
14
Bài toán 2.1.10. Chứng minh rằng:
2 + ln
1006
1007
<
2014

2012
e
−
1
x
dx < 2 +
1
2012.2014
+ln
1006

2
, ta có h

(t) = e
t
− 1 − t. Rõ ràng
h

(t) > 0 (vì theo (2.1.1)) nên hàm số h(t) đồng biến trên (−∞, 0) .
Với t < 0 thì h(t) < h(0) hay e
t
− 1 − t −
t
2
2
< 0. Suy ra
e
t
< 1 + t +
t
2
2
. (2.1.2).
Từ (2.1.1) và (2.1.2) suy ra 1 + t < e
t
< 1 + t +
t
2
2
với mọi t < 0. Thay


2012
e
−
1
x
dx <
2014

2012

1 −
1
x
+
1
2x
2

dx.
Hay
2 + ln
1006
1007
<
2014

2012
e
−

√
sin x)(1 +
√
sin x)dx <
9π
2
.
Giải.
Với ∀x ∈

π
6
;
π
3

ta suy ra 0 < sinx < 1. Từ đó ta có





3 − 2
√
sin x > 1
5 +
√
sin x > 5
1 +
√

(3 −2
√
sin x)(5 +
√
sin x)(1 +
√
sin x) ≤

3−2
√
sin x+5+
√
sin x+1+
√
sin x
3

3
= 27
Suy ra
π
3

π
6
(3 − 2
√
sin x)(5 +
√
sin x)(1 +

f(x)
f(x +
1
n
)
dx =
1
n

0
f(x)
f(x +
1
n
)
dx +
2
n

1
n
f(x)
f(x +
1
n
)
dx + +
1

n−1

1
n
)
dx =
1
n

0
f(x +
i
n
)
f(x +
i+1
n
)
dx.
Vì vậy ta có
1

0
f(x)
f(x +
1
n
)
dx =
1
n



f(x)
f(x +
1
n
)
+
f(x +
1
n
)
f(x +
2
n
)
+ +
f(x +
n−1
n
)
f(x)

dx ≥ n
1
n

0
dx = 1.
(2.1.6)
Từ (2.1.5) và (2.1.6) ta suy ra:

a
f
2
(x)dx
b

a
g
2
(x)dx.
Chứng minh. Với mọi t ∈ R ta có [t.f(x) − g(x)]
2
≥ 0. Điều này tương
đương với
t
2
f
2
(x) − 2tf(x)g(x) + g
2
(x) ≥ 0. (2.2.1)
Vì (2.2.1) đúng với ∀x ∈ [a; b] nên ta có:
t
2
b

a
f
2
(x)dx − 2t


a
g
2
(x)dx ≤ 0.
Điều này tương đương với


b

a
f(x).g(x)dx


2
≤
b

a
f
2
(x)dx
b

a
g
2
(x)dx.
Ta có điều phải chứng minh.
Bài toán 2.2.2. Cho 2 hàm số f (x), g(x) : [0, 1] → [0, 1] .


0
f
2
(x)dx
1

0
g
2
(x)dx (2.2.3)
Theo giả thiết ∀x ∈ [0; 1] thì 0 ≤ f(x) ≤ 1 suy ra 0 ≤ f
2
(x) ≤ f(x). Từ
đó ta có:
0 ≤
1

0
f
2
(x)dx ≤
1

0
f(x)dx. (2.2.4)
Tương tự ta có: 0 ≤ g(x) ≤ 1 suy ra 0 ≤ g
2
(x) ≤ g(x) hay
0 ≤

g(x)dx (2.2.6)
Từ (2.2.3), (2.2.6) ta được điều phải chứng minh.
Bài toán 2.2.3. Cho f (x), g(x) là các hàm số liên tục trên đoạn [0, 1]
và g(x) = 0 ∀x, ∀x ∈ [0, 1] .
Chứng minh rằng:
1

0
f
2
(x)
g
2
(x)
dx ≥

1

0
f(x)dx

2
1

0
g
2
(x)dx
Giải. Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacovski ta có:


0
f
2
(x)
g
2
(x)
dx. (2.2.7)
19
Mặt khác g
2
(x) > 0 ∀x (do g(x) = 0 ∀x) nên
1

0
g
2
(x)dx > 0.
Vậy từ (2.2.7) suy ra
1

0
f
2
(x)
g
2
(x)
dx ≥


f(x)dx ≤
b

a
xdx, ∀b ≥ a.
Giải. Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacovski ta có:

t

a
xf(x)dx

2
≤
t

a
x
2
dx
t

a
f
2
(x)dx ≤
t

a
x

t

a
x(x − f(x))dx, suy ra

F (a) = 0
F (t), ∀t ≥ a
và F

(t) = t(t − f (t)). Mặt khác
b

a
(x − f(x))dx =
b

a
1
x
x(x − f(x))dx =
b

a
1
x
F

(x)dx ∀b ≥ a.
Đặt


b
a
+
b

a
1
x
2
F (x)dx
=
1
b
F (b) −
1
a
F (a) +
b

a
F (x)
x
2
dx
=
1
b
F (b) +
b


1

0
f
2
(x)dx ≥3. (2.2.9)
Có thể thay số ”3” trong (2.2.9) bởi số lớn hơn hay không? Tại sao?
Giải. Với mỗi số tự nhiên n xét hàm số f (x) = x
n
+ ax + b. Khi đó
điều kiện của bài toán tương đương với hệ





a
2
+ b =
n
n + 1
a
3
+
b
2
=
n + 1
n + 2
Dễ thấy hệ này luôn có nghiệm với mọi số tự nhiên n nên tồn tại vô số

f
2
(x)dx ≥3.
Có thể thay số ”3” trong (2.2.9) bởi số lớn hơn.
Thật vậy
1

0
(f(x) + ax+b)
2
dx ≥0 ∀a, b ∈ R.
Suy ra
1

0
(f(x))
2
dx ≥
−a
2
3
− b
2
− 2a − 2b − ab ∀a, b ∈ R.
Ta tìm a, b sao cho g(a, b) =
−a
2
3
−b
2

Và hơn nữa f(x) = 6x − 2 thì dấu bằng xảy ra.
Nhận xét 4.
(i) Bất đẳng thức (2.2.10) còn có thể chứng minh theo hướng sau: Áp
22
dụng BĐT Bunhiacovski ta có


1

0
(x −
1
3
)f(x)dx


2
≤
1

0
(x −
1
3
)
2
dx
1

0

(x −
1
3
)
2
dx = (
x
3
3
−
x
2
3
+
x
9
)




1
0
=
1
9
.
Vậy ta có bất đẳng thức
1



0
f
2
(x)dx ≥
3(k + 1)
2
3k
2
+ 3k + 1
, khảo sát lập bảng biến thiên hàm số
g(k) =
3(k + 1)
2
3k
2
+ 3k + 1
ta được maxg(k) = 4 khi k = −
1
3
.
Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
Bài toán 2.2.6. Cho f là hàm khả vi, liên tục đến cấp 2 trên [0, 2] và
thỏa mãn f(0) − 2f(1) + f(2) = 1. Chứng minh rằng
2

0
[f

(x)]

2
.
Mà
1

0
xf

(x)dx = xf

(x)|
1
0
−
1

0
f

(x)dx = f

(1) − f(1) + f(0).
Nên suy ra
1
3
1

0
(f
