TRƯỜNG ĐẠI HỌC AN GIANG
KHOA SƯ PHẠM

NGƯỜI THỰC HIỆN:
¾ Họ và tên :
Nguyeãn Traàn Quang Vinh

¾ MSSV : DTN020780
¾ Lớp : DH3A2


Đề tài:


c An Giang, tồn bộ q 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 q trình thực
hiện đề tài. Và một lần nữa cảm ơn q thầy cơ tổ bộ mơn
tốn đã có những đóng góp hết s
ức q báo cho đề tài của
em được hồn thiện hơn. Sinh viên thực hiện
Nguyễn Trần 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

ở việc đưa ra một loạt bài tập (không phân loại) về bất đẳng thức tích phân.
9 Cho nên, nế
u 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:
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 toán 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 toán khác (bao gồm những bài toán không thuộc hai
phương pháp trên)

f x gx f xdx gxdx≤⇒ ≤
∫∫

 Hệ quả 2 : Cho f : [a, b] Ỉ R liên tục
và
ta có :
[]
[]
x,
,
inf ( ), sup ( )
ab
xab
mfxM f
∈
∈
==x()
() ()
b
a
mb a f xdx M b a−≤ ≤ −
∫
2.
Định lý 2 :
Với mọi hàm f(x) liên tục trên [a, b] thì:
()
()

∈
=
Ta có :
() () ()
b
b
a
a
gxf xdx M gx dx≤
∫∫

 Hệ quả 2.2 :Giả sử f (x)∈ C
[x]
và
[]
,
sup ( )
xab
M fx
∈
= ta có :

()
()
b
a
f xdx b a M≤−
∫

3. Định lý 3 :


liên tục

 Hệ quả 3.2: Cho f : [a, b] Ỉ R

Nếu thì f(x)=0 ()
()
()
0
b
a
fxdx
⎪
⎪
≥
0
fx
⎨
⎪
fx
⎧
=
⎪
⎩
∫
4.
Định lý giá trị trung bình :

aa
f xg xdx gxdx=µ
∫∫

Hơn nữa, nếu f(x) liên tục trên [a,b] thì tồn tại một số
[ ]
,cab∈
sao cho:
()() () ()
bb
aa
f xgxdx f c gxdx=
∫∫

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:
(
,cab∃∈
)
b
c
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
bc
aa
f xg xdx ga f xdx gb f xdx=+
∫∫∫


bbb
aaa
f x gxdx f xdx g xdx≤
∫∫∫

 Bất đẳng thức Young
:

Cho a∈
+
R
, f : [0, a]
Ỉ
R là một ánh xạ thuộc lớp C
1

sao cho
[ ]
( )
()
0, , ' 0
00
xafx
f
⎧
∀∈ >
=
⎪
⎩
⎪

pq
pq
aaa
f xgxdx f x dx gx dx
⎛⎞⎛
≤
⎜⎟⎜
⎝⎠⎝
∫∫∫
⎞
⎟
⎠

GVHD :
Thạc só. Võ Tiến Thành
SVTH :
Nguyễn Trần
Quang Vinh

5
Phân Loại Phương Pháp Chứng Minh Bất Đẳng Thức Tích Phân
Phần II:

-------o0o-------

⎪
⎩
∫

2) Bước 2
: khi đó từ:

() () () ()
bb
aa
f xgx fxdx gxdxA≤ ⇒≤
∫∫
=

dấu “=” của bất đẳng thức xảy ra khi:
[ ]
() () ,=∀∈f xgxxabTừ nhận xét trên ta thấy để chứng minh hàm số bằng phương pháp đánh giá ta có
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:


6
3
x0,1
2
1
xx
x
x
≤≤∀∈
+

Hiển nhiên:
()
19 19
19
3
6
3
x0,1
2
1
xx
x
x
<<∀∈
+119
11 1

20
20 2
1
x
dx
x
⇔< <
+
∫
Nhận xét:
như vậy hàm số g(x) = x
19
(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

xx
x
xxx
xxxdxdx
ππ
33
ππ
⎧
3−2 >
⎪
⎪
<<⇒+ >
⎨
⎪
+>
⎪
⎩
⇒− + + >
π
⇒− + + >5=
∫∫

Hơn nữa theo bất đẳng thức Cauchy cho ba số dương :
()()()
( ) ( ) ()
()()()
()
3
3
6

,
π
∈
∫
n
n
0
I= xtgxdxn N
Chứng minh :
⎛⎞
⎜⎟
⎝⎠
n+2
n
1 π
I>
n+2 4

Giải
:
Già sử α là số thực sao cho
0
4
π
α
< <

∀x∈[0, α] ta có: 0 ≤ x ≤ tgx
⇒ 0 ≤ x
n

< xtg
n
x
1
00
1
4
0
11
44
00
1
n+1
4
0
1
= x
14
nn
nn
nnn
n
n
xtg xdx x dx
xtg xdx x dx
I xtg xdx xtg xdx x dx x dx
dx
n
αα
π
♦
Bài tốn 4: Cho 2 hàm số f, g : [0, 1] Ỉ [0, 1]
Chứng minh rằng:
(
)
≤
∫∫∫
2
11
000
f(x).g(x)dx f(x)dx. g(x)dx
1

Giải
:
Theo giả thiết:
∀x∈ [0, 1] thì
0( và )fx≤≤1
1
( ) 0gx≥
() () () ()
11
00
0()()()
0.
f xgx gx
f xgxdx gxdx
⇒≤ ≤

2
3
2
3
, , ≤≤ ∈
≥
∫
∫
1
0
1
0
fxdx=a 0 fx a x 0,1
fxdx a

Giải :
Ta có:
()
( )
()
( )
()
2
11 1 1
3
11
2
00 0 0
33
3

Quang Vinh

8
Phân Loại Phương Pháp Chứng Minh Bất Đẳng Thức Tích Phân
Bất đẳng thức (1)
()
0
( ) ( ) (2)
ab
a
ba fadxa fxdx⇔− ≥
∫∫
Do f(x) nghịch biến trên [0, a] và [a, b]
Nên : () ()
()
00
() ()
= b-a ( ) ( ) ( )
aa
bb
aa
ba fxdx ba fadx
af a a f a dx a f x dx
−≥−
=≥
∫∫
∫∫


()
2
2
ππ
-+x
-x 2 2
00
e cos xdx e cos xdx
π
≤
∫∫
[ ]
0,x
π
∀∈
ta có:
( )
()
()
()
2
2
2
2
2
2
22
os os
2

Bài tốn này u 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 ngun m
≥
2 và n
∈
N
*
. Chứng minh rằng:

()
⎛⎞
⎜⎟
⎝⎠
∑
∫
1
n
km
n
0
k=1
5
cosx + nsinx dx <
4


2

GVHD :
Thạc só. 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
5
cos sin
4
n
km
k
x nx
=
+<
∑


[]
1 ∀∈≠
33
x
1
12 1 2
x-x
x,x 1,2 x x

Chứng minh rằng :
≤
∫
2
1
2
2
a
fxdx
3
()
≤
∫
2
1
3
fxdx
2

Giải
:

2
– f
2
(x) liên tục trên đoạn [1, 2]
Nên f
2
(x) – x
2
≤ 0 ∀x∈[1, 2]
⇒ ∃c∈[x
1
, x
2
] sao cho f
2
(c) – c
( )
[]
() ()
22 2
x 1,2
3
fx x
⇒≤∀∈

11 1
2
fxdx fxdx xdx
⇒≤ ≤=
∫∫ ∫

1
x
1
+
α
2
x
2
)
ii)
∀
x
1
, x
2

∈
[a, b
1 2 1 2
() () ()()()
()
⎛⎞
≤≤
⎜⎟
⎝⎠
a
a+b 1
b-a f dx b-a f a +f b
22


⎜⎟⎜ ⎟
⎣⎦
⎝⎠⎝ ⎠
+
⎛⎞
⇒≤⎡++−⎤
⎜⎟
⎣⎦
⎝⎠
++ −
∫∫
∫∫

)
a b
a

Đặt t = a + x ⇒
b
() ()
0
f axdx ftdt
+=
∫

– x ⇒
−
∫

( ) () ()

∫

)
Để chứng minh bất đẳng thức phải, trước hết ta chú ý rằng ∀x∈[a, b] thì:
()
( ) ( ) ( ) ( )
x afb b xfa
xa bx
fx f b a
ba ba ba
−+−
−−
⎛⎞
=+≤
⎜⎟
−− −
⎝⎠
()
khi đó:
( )
()
( )
()
()
()
()
()
()
() () ()
()()

f : [1, +
∞
)
Ỉ
R thuộc lớp C
1
(tức f(x) có đạo hàm liên tục trên
) và lồi. Chứng minh rằng :
∀
n
∈
1}
∞
[1, + ) N
⁄
{0,
()
≤≤
∫
b
111
0
a
f(1) + f(2) + ... + f(n - 1) + f(n) - f(x)dx f'(n) - f'(1)
228

Giải :
1) ∀ k ∈ {1,…, n-1} đường cong biểu diễn f(x) trên [k; k+1] ở phía dưới dây cung.
Do đó:
S’

1
11
1
11
1
1
2
11 1
k
k
nn
k
kk
ffkfk
b
f ffkfk ff fnfn
= ≤ ++= + ++−+
∑∑
∫

+
−−
+
+=
⇔≤ ++
⇒
∫
∫
(x) trên [k, k+1] ở phía nửa tiế tuyến tại k
và k+1.

Phân Loại Phương Pháp Chứng Minh Bất Đẳng Thức Tích Phân
() ( ) ()
()
()( )()
()
11
11 1
22
11
22
'11'
kk k k k
kk k k k
1f ff fkxkfkdx fk xkfk
++ + + +
++
=+≥ +− + ++−− +
∫∫ ∫ ∫ ∫
dx

()
()
()
()
1
1
22
2
1
2

kk
k
fk f k fk f k
fxdx fxdx fk fk f k f k
f f fn fn f f n
+
==
=+++−+
⎛⎞
⇒= ≥ +++−+
⎜⎟
⎝⎠
=+++−+ + −+
∑∑
∫∫
L

II.
SỬ DỤNG ĐẠO HÀM ĐỂ KHẢO SÁT HÀM SỐ DƯỚI DẤU TÍCH
P
HÂN:

♦

Bài tốn 1:
Từ (1),(2)⇒ đpcm

3
6
3sin

()
yx y
()
22
22
cos
cos sin
' 0 , x ,
63
do y = tgx - x y' = tg 1 1 0 x 0,+
00
0
xtgx x
xx x
y
xx
xtgx
tgx x
π π
−
−
⎛⎞
⇒= = < ∈
⎜⎟
⎝⎠
⇒+−=>∀∈∞
=
⇒−>

⇒ Hàm số

33 3
66 6
Do đó
3
3sin 1x
π
6
33 sin 3
2
42
x
dx dx dx
x
dx
x
ππ π
ππ π
π
ππ
<<
⇔< <
∫∫ ∫
∫

♦

Bài tốn 2: Chứng r minh ằng :
2
1
0

s ) = e
x
– x – 1 với x∈[0, 1]
e
x
–
ến th :
0
f’ +
f
0
( )
() ()
[]
[]
2
2
2
1
1
1
4
x
edx
π
+
2
1
1
11 11

+
⇒=
⇒≥=∀∈
⇔>+
⇒> +∀∈
+
⎛⎞
⇔>+=+
⎜⎟
++
⎝⎠
1
x
+ =+
∫∫ ∫∫

♦

B
+
⇒>
∫
≤≤
∫
π
2
0
π 3dx2π 3
33
cos +1


Đặt t = cosx ∈[-1, 1]
() () ()
()
2
2
2
2
121
'
1
1
t
fx Gt Gt
t
tt
t
− −
⇒=
++
++

Nên ta c

⇒==
ó :
t -1
1
2
−

⇒≤ ≤ ∀∈
⇒ ∈≤ ≤ ∀∈ ≥∀(
đpcm
)
GVHD :
Thạc só. Võ Tiến Thành
SVTH :
Nguyễn Trần
Quang Vinh

13
Phân Loại Phương Pháp Chứng Minh Bất Đẳng Thức Tích Phân
2
00 0
12
33
cos cos 1
dx
dx dx
xx
ππ π
≤≤
++
∫∫ ∫
Vậy:
2
0

I-
4

g minh rằng :
∀
a
∈
R I(a)
≥

Chứng minh
:
y
Nếu a ≥ 0 thì x
2
+ a ≥ x
2
∀x∈[0,1]
() ()
22
11
22
00
0 a 0
xax
x adx x dx
⇒+≥
∫∫

Ia I

2
, x 0 x 0, -axa a
⎡⎤
=− +≤ ∀∈
⎣⎦
và x
2
+ a ≥0
∀x∈[-a, 1]. Do đó:
()
() ()
1
22
0
41

−

33
a
a
Ia xadx xadx
aaa
−
−
=−+ + +
=− + +
∫∫
Đặt
ta=−


min

GVHD :
Thạc só. 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
1
ấ , 0] tại điểm
4
a
=−
()
1
a RIa I
⎛⎞
4
⇒≥
⎜⎟
⎠
♦

2 b - a f x dx + m dx 1+ b - a
MM fx M

Giải
:

Đặ x) t f( = t∈
*
R
+

2
22

1
''0
tm mt m
yy tmM
Mt t Mt
+⇒= −= ⇒=⇔ ±

0 m
M−
y
M
= =
t

() ()
()
()
21
11
21
11
21()
bbbb
aa
bb
aa
fx
mmm
MMfx M
mm
dx f x dx m dx dx
fx M
mm
b a f x dx m x b a dpcm
MM fx M
⎛⎞
≤+≤+
⎜⎟
⎝⎠
⎛⎞
⇒≤ + ≤+
⎜⎟
⎝⎠
⎛⎞

232 3
= x
mm m
mm
mm m
dx x dx x x x dx
ππ
ππ π
ππ π
++ +
+
+= +
+ +
+=+
∫∫∫

Vậy ta cần chứng minh rằng:
e
2x
> 2(x
2
+ x) ∀x>0 (
*
)
Thật vậy xét hàm số:
2m
π
+
m
++

e
thiên:
x 0
f’’ +

f’

0 + f(x) 1 f(x) ≥ f(0) = 1 > 0 nên (*) đúng
thức trên
⇒
Áp dụng bất đẳng
()
23
22
0
1
mm
mx m
xe dx x x xdx
ππ
ππ
0
223
mm

a
f xdx
∫
một cách trực tiếp là rất khó. Khi đó, cần đánh giá bất đẳng thức
() ( )
f xgx≤

sao cho
là một tích phân dễ tính hơn.
()
b
a
gxdx
∫


∀∈
x0,1

() ()
(
)
≤
∫∫
2
11
2
00
1- f x dx 1- f x dx

Chứng minh rằng:
Giải
:
bất đẳng thức Bunhakopski ta có :

Theo

()
(
)
()
(
)
()
()
()

(
)
() ()
()
(
)
() ()
2
11
2
0
2
11
.
11
22
0000
0
1 1 2
f xdx dx≤
∫∫∫
f x dx f x dx
fxdx f xdx
=
⇒− ≥−
∫
∫∫
Từ (1) và (2) ⇒ đpcm
♦


)
() ()
()
2
2
2
nn
n
n
I x
f x d
−
⎛⎞
⎝⎠
(đpcm)
()
11
21
22
1
00
11
2
n2
00
.
. =I .
n
n
n

−
; 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 só. 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:
(
)
≤
∫∫∫
2
11
000
f(x).g(x)dx f(x)dx. g(x)dx

1
Giải

f x dx f x dx
⇒≤ ≤
⇒≤ ≤
∫∫

( )
0gx≤≤1

( ) ( )
() () ()
2
0 gx⇒≤

11
2
00
11 11
22
0 2
gx
g x dx g x dx
≤
⇒≤ ≤
∫∫

Từ (1) và (2) ⇒
0 00
() . () () . () **
f x dx g x dx f x dx g x dx
≤

Giải
:
Trước hết ta có nhận xét như sau:
1
2
b
a
ba dx
⎛⎞
−=
⎜⎟
⎝⎠
∫

Theo Holder:
()
(
)
()
(
)
() ()
(
)
11
2
bb bb b
a
22
22

⎩
x0,af'x>
f0=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
() () ()
( )
∫∫
xfa
-1
ứ
00
x
fxdx+ f xdx=xfa

b) Từ
, a], y
∈
[0, f(a)],

( )
1
ffa
∀ x ∈ [0, a],
() () ()
00
A xf=+
∫∫
f
−
xfxAx− ⇒
cũng thuộc lớp C
1
trên [0,
a] và ∀ x ∈ [0, a]
( ) ( ) ( )
( )
( ) ( ) ( )
( )
1
'''0
Ax fx f fx f x fx xf x
−
=+ − + =

) = 0 ∀ x ∈ [0, a]
0
x
=
∫∫

( )
'
x
By
ộc lớp C
1
trên [0, f(a)] và ∀ y ∈ [0, f(a)] =f
-1
(y)-x
⇒ B
x
(y) cũng thu
( ) ( ) ( )
()
1 -1
00f

f y x y x
yf
−
⇒= −=
=

B n thiên
f(d)
'
x
By ⇒
x
⇔ =

−
−
⇒+ −
⇔+
∫∫
∫∫
dx xy
≥
≥
(đpcm)

Bài tốn 6:

♦
Cho a,b
∈
R, a<b, f:[a,b]
Ỉ
R liên tục và giả
sử m >0

Chứng minh rằng:
[]
∈
xa,b
m= inf f(x),
[]
∈
xa,b
M=supf(x)

2
2
11
..
1
.
bb b b
aa a a
bb
aa
b a dx f x dx f x dx dx
fx fx
f x dx dx
fx
⎛⎞ ⎛
⎜⎟ ⎜
−= = ≤
⎜⎟ ⎜
⎝⎠ ⎝
=
∫∫ ∫ ∫
∫∫

⎞
⎟
⎟
⎠
Và ta có :
()
(


19