một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức tích phân

(1)

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC TÍCH PHÂN La Văn Thịnh Học viện Tài chính Email: [email protected] Nguyễn Dương Toàn Khoa Toán & KHTN Email: [email protected] Ngày nhận bài: 13/3/2020

Ngày PB đánh giá: 14/4/2020 Ngày duyệt đăng: 15/4/2020

Tóm tắt: Bài toán bất đẳng thức tích phân xuất hiện nhiều trong các đề thi Olympic Toán học học sinh - sinh viên toàn quốc. Trong bài báo này, chúng tôi phân dạng các bất đẳng thức tích phân, đưa ra các phương pháp giải và bước giải rõ ràng cho từng dạng bài.

Ngoài ra, trong từng phương pháp, chúng tôi đưa ra các ví dụ minh họa để làm rõ vấn đề.

Từ khóa: Bất đẳng thức tích phân, Olympic toán sinh viên, bất đẳng thức Cauchy–

Schwartz.

SOME METHODS TO PROVE INTEGRAL INEQUALITIES

Abstract: The problem of integral inequalities appears a lot in the National Student Olympiad in Mathematics. In this paper, we classify integral inequalities, point out some methods to prove integral inequalities, and establish steps to solve each problem. In addition, we provide illustrative examples to classify the problems.

Key words: Integral inequality, National Student Olympiad in Mathematics, Cauchy – Schwartz inequality

1. GIỚI THIỆU

Bất đẳng thức tích phân (BĐT TP) là một công cụ thường được sử dụng để chứng minh các tính chất nghiệm của phương trình vi phân như tính bị chặn, sự tồn tại và tính duy nhất nghiệm, tính ổn định nghiệm, dáng điệu nghiệm... Ngoài ra, trong các kì thi học sinh giỏi, hay kì thi Olympic Toán dành cho sinh viên trên các nước, quốc tế thường xuyên xuất hiện các bài toán liên quan BĐT TP, ước lượng một tích phân cho trước (tích phân không tính được) (xem trong [1-3,5]). Hơn nữa, hiện nay, tài liệu tiếng Việt phân dạng các dạng bài liên quan BĐT TP là chưa có. Vì vậy, việc tìm hiểu, nghiên cứu, hệ thống các phương pháp giải BĐT TP, giúp cho sinh viên và giáo viên, giảng viên có tài liệu tham khảo là cần thiết.

Trong bài viết này, chúng tôi hệ thống, phân dạng các bài toán BĐT TP, đưa ra một số phương pháp sử dụng để giải quyết chúng như: Phương pháp đánh giá hàm dưới dấu tích phân, phương pháp tách miền lấy tích phân thành các đoạn thích hợp, phương pháp hàm số....

Đối với mỗi phương pháp, chúng tôi đưa ra các bước giải, và minh họa, làm rõ thông qua một số ví dụ.

Trong bài viết, chúng tôi có sử dụng một số cụm từ viết tắt như: Bất đẳng thức (BĐT), điều phải chứng minh (Đpcm).

Trước khi vào nội dung chính của bài viết, chúng tôi nhắc lại một số các tính chất, định lí được trình bày trong [3,4]:

Tính chất 1 (Đạo hàm của tích phân có cận biến đổi):

(2)

Nếu f là hàm số liên tục trên đoạn ^^^{a b}^; ^^ thì

 

^x

 

a

F x 



f t dt

là hàm số liên tục trên đoạn

;

a b

 , khả vi trên khoảng

 

^{a b}^; _và

 

^x

   

a

F x f t dt f x

 

   







. Mở rộng: ^{u x}

 

khả vi trên khoảng

 

^{a b}^; _{, ta có}

 

^.

   

u x

a

f t dt u x f u x

 

   

 







. Tính chất 2 (Định lý về giá trị trung bình tích phân):

Nếu f là các hàm số khả tích trên đoạn ^^^{a b}^; ^^ thì tồn tại một số ^c^

 

^{a b}^; _{sao cho}

 

¹ ^b

 

a

f c f x dx

 b a





.

Tính chất 3: Nếu f g, là các hàm số khả tích trên đoạn ^^^{a b}^; ^^ và

   

^, ^;

f x g x    x a b, thì

   

b b

a a

f x dx g x dx

 

.

Tính chất 4: Nếu f g, là các hàm số khả tích trên đoạn ^^^{a b}^; ^^ thì

   

b b

a a

f x dx  f x dx

 

. Tính chất 5: Nếu f là hàm số liên tục trên đoạn ^^^{a b}^; ^^ thì

   

^, ^;

x

a

f t dt f x x a b

 

 

  

   

 







.

Tính chất 6 (Bất đẳng thức Cauchy – Schwartz): Nếu f g, là các hàm số khả tích trên đoạn

;

a b

  thì

   

² ²

 

^. ²

 

b b b

a a a

f x g x dx f x dx g x dx

 

  

 







 

.

2. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC TÍCH PHÂN

(3)

2.1. Phương pháp đánh giá hàm dưới dấu tích phân

Để chứng minh bất đẳng thức

b

 

a

f x dxL



ta thường xác định hàm ^{g x}

 

thỏa mãn các điều kiện sau:

o Điều kiện 1: ^{f x}

   

^^{g x} ^,_{   }^x ^^{a b}^; ^. Chú ý một số đánh giá sau

 Bất đẳng thức Cauchy: ^{f x}

   

^^{g x} ^² ^{f x g x}

   

^. ^,^^{f x}

 

^^0,^{g x}

 

^⁰_.

 ^{f x}

 

^^^{ }^; ^^,^{ }^x ^^{a b}^; ^^



^{f x}

 

^^

 

^{f x}

 

^^



^{  }^0, ^x ^^{a b}^; ^.

 ^{f x}

 

^^^,^{ }^x ^^{a b}^; ^^



^{f x}

 

^^

 

^{f x}

 

^^c



²^{  }^0, ^x ^^{a b}^; ^^,^{ }^c  . o Điều kiện 2: ^b

 

a

g x L



.

Ví dụ 1 [IMC2010]. Cho 0 a b. Chứng minh rằng ^b



² ¹



^x² ^a² ^b²

a

x  e^ dx e ^ e^



.

Phân tích: Ta thấy

2 2 2 2

2

b b

a b x x

a a

e^ e^  e^ 



xe^ dx

; từ đó dẫn đến BĐT đã cho tương đương

với ^b



² ¹



^x² ^b² ^x²

a a

x  e^ dx xe^ dx

 

, từ đó ta nghĩ đến việc đánh giá



^x²^¹



^e^^x² ^²^xe^^x²^,^{ }^x ^^{a b}^; ^^

^

^x^¹

^

²^e^^x² ^{  }^0, ^x ^^{a b}^; ^: luôn đúng.

Cách suy diễn ngược từ kết luận của bài toán hoàn toàn rất tự nhiên, đây là một trong những cách ta thường sử dụng trong giải toán.

Ví dụ 2 [OLP 2015B]. Cho ^f ^{: 0; 1}^_ ^_^{ }



^;1^_ là một hàm liên tục thỏa mãn ¹

 

0

0 f x dx



.

Chứng minh rằng

1

 

3 0

1 f x dx 4

  

 



.

Phân tích: Từ giả thiết ^{f x}

 

_{    }^1, ^x ^^0;1^ và BĐT cần chứng minh xuất hiện ^_^{f x}

 

^_³_nên

dẫn đến tìm đánh giá sau với ^{   }^x ^^0;1^



^{f x}

 

^¹

 

^{f x}

^{ }

^^a



² ^{ }⁰ ^_^{f x}

^{ }

^_³^

^

²^a^¹

^{  }

^_^{f x} ^_² ^{ }



¹ ^a²



^{f x}

^{ }

^^a²_.

Tích phân hai vế trên đoạn ^^^0;1^^ suy ra

     

1 1

3 2 2

0 0

1 2

f x dx a a f x dx

      

   

 

.

(4)

Chọn ^a thỏa mãn ²

 

¹

 

²

0

1 2 1

a   a



f x  dx4 ¹ a 2

  ; thì ta có Đpcm.

Ví dụ 3. Chứng minh rằng nếu f là hàm số nhận giá trị thực, khả tích trên đoạn ^^^{a b}^; ^^ và

 

0m f x M,   x a b,  thì

 

^.

     

² ²

4

b b

a a

dx m M

f x dx b a

mM f x

  

 

.

Lời giải: Từ giả thiết ta có

 

^mM

 

^, ^,

f x m M x a b

f x  

      

. Lấy tích phân hai vế ta có



^b

  

^ ^

 

^{ }

 

^b

 

a a

mM dx m M b a f x dx

f x . Suy ra,

    

^ ^

 

^

  

 ^

 

^

 

 

   

2

.

b b b b

a a a a

mM f x dx dx m M b a f x dx f x dx f x

  

²



²

4 . m M b a



Như vậy

      

²



²

. 4

b b

a a

m M b a

f x dx dx f x mM

 

 



(Đpcm).

2.2. Phương pháp tách miền lấy tích phân thành các đoạn thích hợp

Để chứng minh bất đẳng thức ^b

 

a

f x dxL



, ta sử dụng tính chất 1, tách đoạn lấy tích phân

thành nhiều đoạn, chẳng hạn ^b

 

^c

 

^b

 

a a c

f x dx f x dx f x dx

  

.

 Trên đoạn ^^^{a c}^; ^^, ta chọn hàm f x1

 

sao cho f x

 

 f x1

 

.

 Trên đoạn ^^^{c b}^; ^^, ta chọn hàm f x2

 

sao cho f x

 

 f x2

 

.

Từ đó đánh giá

     

1 2

1 2 1 2

b c b

a a c

L L

f x dx f x dx f x dxL L L

  

 

.

Ví dụ 4. [OLP2017] Giả sử f :RR là một hàm số liên tục thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau

   

1 1

2

0 0

0; 1

f x dx x f x dx

 

.

Chứng minh rằng tồn tại một khoảng mở

   

^{a b}^; ^ ^0;1 , không rỗng sao cho

 

^4,

 

^;

f x   x a b .

Phân tích: Để giải quyết bài này, một cách rất tự nhiên ta nghĩ đến sử dụng phương pháp phản chứng, điều này dẫn đến bất đẳng thức sau

(5)

 

^4, ^0;1

f x     x  .

Điều ta cần chỉ ra là cần phải chứng minh giả thiết sai, tách cận như sau

  ^{ }   ^{ }   ^{ }

1 1

2 2 2 2 2 2

0 0

1

a

x a f x dx x a f x dx x a f x dx





 



 





   

   

  



² ²



¹ ² ²

0

3 2

4 4

16 4

4 .

3 3

a

a x dx x a dx

a a

Chọn ^a^

 

^0;1 _{thỏa mãn}¹⁶₃ â³^⁴â²^{  }⁴₃ â ₂¹_.

Dấu “=” xảy ra trong bất đẳng thức trên, vì f liên tục trên đoạn ^^^0;1^^ nên

 

4 0 1,

2

4 1 1.

2 khi x f x

khi x

  

 

  



Tuy nhiên hàm số này không liên tục tại 1 x 2

. Như vậy điều phản chứng là sai.

Vậy ta suy ra điều phải chứng minh.

Ví dụ 5. Cho f là hàm số liên tục, có đạo hàm trên đoạn ^^^{0; 2}^^ và thỏa mãn

 

⁰

 

² ^1;

 

^1, ^{0; 2}

ff  f x  x      .

Chứng minh rằng

2

 

0

1 f x dx



.

Lời giải: Ta tách cận như sau ²

   

²

 

0 0

a

  

với ^a^

 

^{0; 2}

Lấy ^^

 

^0;^a ^,^^

 

^a^{; 2} bất kỳ. Theo Định lý Lagrange,

 x1



0;

  

: ff   f x

 

0  

 

1f x 1  

 

1  1  ,

 x2

   

;1 : ff   f x

  

2  2

  

 2f x 1



2

  

 2   1 .

Do đó

     

²

2 2 2 2

2

0 0 0

1 1 2 .

2 2

a a

x x

f x dx x dx x dx x   x a a

           

   

  

Chọn ^a^¹ ta có ²

 

0

1.

f x dx



Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi

(6)

 

¹ ⁰ ^1,

1 1 2.

x khi x

f x x khi x

   

    

Tuy nhiên hàm số này không liên tục tại ^x^¹. Vậy ta có điều phải chứng minh.

2.3. Phương pháp hàm số

Để chứng minh bất đẳng thức ^b

 

a

f x dxL



, ta có thể sử dụng phương pháp hàm số như sau:

 Xét hàm số

 

^x

 

^, ^;

a

g x 



f t dt L x   a b

, khi đó ^{g x}

 

là hàm số liên tục trên đoạn

;

a b

  và ^{g x}

 

khả vi trên khoảng

 

^{a b}^; _với

   

^,

 

^;

g x  f x  x a b .

 Dựa vào giả thiết, tìm cách đánh giá, khảo sát hàm số ^{g x}

 

trên đoạn ^^^{a b}^; ^^ để chứng minh ^{g b}

 

^⁰_.

Ví dụ 6. [OLP1995] Cho b0 và f là hàm số liên tục, nghịch biến trên đoạn ^^^0;^b^^. Chứng

minh rằng với mọi ^a^

 

^0;^b ta luôn có

   

0 0

a b

b f x dx



a f x dx



. Lời giải: Ta sẽ giải quyết bài toán này theo 2 cách khác nhau như sau

Cách 1: (Phương pháp hàm số) Nhận thấy với mọi ^a^

 

^0;^b _{ta có}

       

 

0 0

*

a b

a b f x dx f x dx

b f x dx a f x dx

a b

 







 

.

BĐT này gợi ý cho chúng ta xét đến hàm số

   

0 , ;

t

f x dx

F tt a b

t  





  

, chú ý đến giả thiết f nghịch biến trên đoạn ^^^0;^b^^, do đó

         

 

0 0 0, ;

tt

tf t f x dx tf t f t dx

F tt a b

tt

 

 







  

. Suy ra, ^{F t}

 

nghịch biến trên ^^^{a b}^; ^^ ^^{F a}

 

^^{F b}

   

^ ^* đúng (đpcm).

Cách 2: (Phương pháp tách cận)

Với ^a^

 

^0;^b _{, ta có}

     

0 0

b a b

a

  

do đó biến đổi BĐT đã cho tương đương với

(7)

     

   

0

1 2

,

1 1

, .

a b

a

a b

a

b a f x dx a f x dx

f x dx f x dx

a b a

f c f c

 

 



 

 

trong đó c1

 

0;a c, 2

 

a b;

(theo Định lý về giá trị trung bình tích phân).

Bất đẳng thức cuối cùng đúng do f là hàm giảm trên đoạn ^^^0;^b^^. Vậy ta có Đpcm.

Ví dụ 7. [OLP 2019] Cho f là một hàm số khả vi liên tục trên ^^^0;1^^ và ^f

 

¹ ^⁰_.

a) Chứng minh rằng

   

1 1

0 0

f x dx x f x dx

 

.

b) Tìm ví dụ về một hàm số f khả vi liên tục trên ^^^0;1^^ và ^f

 

¹ ^⁰_{sao cho}

   

1 1

0 0

f x dx x f x dx

 

.

Lời giải: a) Nhận xét: Chú ý rằng, do ^f

 

¹ ^⁰ ta nghĩ đến tích phân với cận biến đổi

 

¹

 

x

F x 



f t dt

^^F

 

¹ ^^0;^{F x}^

 

^{ } ^{f x}^

 

^,_{   }^x ^^0,1^ nên ta có

         

1 1 1 1

1

0 0 0 0 0

x f x dx   xF x dx  xF x  F x dx F x dx

   

. Do đó BĐT đã cho tương đương với

       

1 1 1

0 0 0

0 f x dx F x dx  f x F x dx 

  

.

Ta có

 

¹

 

¹

     

¹

 

^, ^0,1

x x

F x 



f t dt 



f t dt  f x  ff  x x     . Vậy ta có Đpcm.

b) Chọn một hàm số f dạng đa thức bậc hai có đạo hàm f

đổi dấu trên ^^^0;1^^. Đặt ^{f x}

  

^^x ¹^^x



_{, ta có} f là một hàm số khả vi liên tục trên ^^^0;1^^ với ^f

 

¹ ^⁰_và

     

1 1 1 1

0 0 0 0

1 1

1 ; 1 2

6 4

f x dx x x dx x f x dx  x  x dx

   

. Vậy f thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Ví dụ 8. [OLP 2018] Cho hai số thực a b vàf là một hàm số khả vi liên tục sao cho

(8)

 

⁰

b

a

f x dx



.

Chứng minh rằng

   

²

 

; ;

max max

8

x

x a b x a b

a

f t dt b a f x

   

   

 





.

Lời giải: Vì f liên tục nên tồn tại

   

max; , ;

x a b

M f x M f x M x a b

 

     

        

. BĐT cần chứng minh tương đương với

 

²

   

²

, ; .

8 8

x

a

b a b a

M f t dt M x a b

 

 

 



    

Để ý rằng

   

^, ^;

x

a

f t dt f x x a b

 

  

 

   

 







, do đó ta dẫn đến đặt hàm số

       

. , ;

2

x

a

x a x b

F x f t dt M   x a b

 





   

. Ta có ^{F a}

 

^^{F b}

 

^⁰_và^{F x}^

 

^ ^{f x}^

 

^^M_{    }^0, ^x ^^{a b}^; ^_.

Vì ^{F x}^

 

_{    }^0, ^x ^^{a b}^; ^_nên^{F x}

 

là hàm lồi trên đoạn ^^^{a b}^; ^^, mà ^{F a}

 

^^{F b}

 

^⁰_{do đó}

 

^0, ^;

F x     x a b, như vậy

       

²

. , ;

2 8

x

a

x a b x b a

f t dt M   M  x a b

 

    



.

 

¹

Tương tự, đặt

       

. , ;

2

x

a

x a x b

G x f t dt M   x a b

 





   

ta có ^{G x}

 

là hàm lõm trên đoạn ^^^{a b}^; ^^ dẫn đến

   

²

, ;

8

x

a

f t dt M b a x a b

 

    



.

 

²

Từ

 

¹ _và

 

² suy ra BĐT phải chứng minh.

Ví dụ 9. Giả sử hàm số f liên tục trên đoạn ^^^0;1^^, khả vi trên khoảng

 

^0;1 _và

 

⁰ ^{0; 0}

 

^1,

 

^{0; 1}

ff   x   x .

Chứng minh rằng

 

²

 

1 1

3

0 0

f x dx f x dx

 

  

 









.

(9)

Lời giải: Xét hàm số

   

² ³

 

0 0

x x

G x  f t dt f t dt





 



, vì f liên tục trên đoạn ^^^0;1^^ nên

             

 

3 2

0 0

2 2 , 0;1 .

x x

H x

G x f x f t dt f x f x f t dt f x x

 

 

   

         

 

 

 Từ giả thiết suy ra ^{f x}

 

^ ^f

 

⁰ ^{  }^0, ^x

 

^0;1 ; đồng thời

 

²

 

²

   

²

 

¹

 

^0,

 

^{0; 1}

H x  f x  f x f x  f x   f x   x . Do đó ^{G x}^

 

^{  }^0, ^x

 

^0;1 _{, mà}^{G x}

 

liên tục trên đoạn ^^^0;1^^ nên

   

¹

 

² ¹ ³

 

0 0

G x G  f x dx f x dx

  



 



(Đpcm).

2.4. Phương pháp sử dụng bất đẳng thức Cauchy–Schwartz Ví dụ 10. Giả sử ^f ^{: 0; 1}^^ ^{ }^ ^R là hàm số liên tục thỏa mãn điều kiện

   

1 1

0 0

1 f x dx xf x dx

 

.

Chứng minh rằng ¹ ²

 

0

4 f x dx



.

Lời giải: Sử dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwartz ta có

   

²

       

²

1 1 1 1

2 2 2

2

0 0 0 0

. 3 1 .

3 3 1

x f x dx x dx f x dx f x dx 

 



 

    

 

   







  

Chọn ^ sao cho

 

²

2

3 1 1

4 .

3 3 1 3

 

    

  Như vậy ta chứng minh được

1

 

2 0

4 f x dx



.

Dưới đây chúng tôi đưa ra một số ví dụ kết hợp phương pháp BĐT Cauchy–Schwartz với các phương pháp nêu trên.

Ví dụ 11. [OLP2013] Cho f là hàm dương, liên tục trên ^^^0;1^^ và thỏa mãn điều kiện

  

¹



² ^1, ^0;1

f x  f  x   x  .

(10)

Chứng minh rằng ¹

 

0

5 f x dx 8





.

Lời giải: Dựa vào giả thiết ta nghĩ đến hàm lượng giác sin ; costt dẫn đến



^sin⁴

 

^cos⁴



^1, ^0; ^.

f t f tt  2

     

Sử dụng phép đổi biến xsin⁴t; xcos⁴t và sử dụng BĐT Cauchy – Schwartz ta có

     

2 2

1 2 2 2

3 4 6 2 4

0 0 0 0

2 2

1 2 2 2

3 4 6 2 4

0 0 0 0

4 sin .cos . sin 16 sin .cos . sin .

4 cos .sin . cos 16 cos .sin . cos .

f x dx tt f t dtt tdt f t dt

  

   

    

   

  

  

   

    

   



   

 

²

   

1 2 2 2 2 2

6 2 4 6 2 4

0 0 0 0 0

8 sin .cos . sin 8 cos .sin . cos 5 .

f x dx tt dt f t dtt tdt f t dt 64

   

  





 

 



 



Dấu “=” xảy ra dẫn đến

3 3

cos .sin sin .cos 1, 0;

a tt b tt t  2

     

 : vô lý. Vậy ta có đpcm.

Ví dụ 12. [OLP2014] Cho f là hàm số liên tục trên đoạn ^{ }_^0;



và thỏa mãn

 

³

2 0

, 0

3

x x

f t dt  x



.

Chứng minh rằng

 

²

0

, 0

2

x x

f t dt  x



.

Lời giải: Từ giả thiết ta có

 

2 2

0 0

, 0

x x

f t dtt dt x 

 

. BĐT cần chứng minh tương đương với BĐT sau

 

0

0, 0.

x

f tt dt x

     

 



Sử dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwartz, với  x 0 ta có

 

² ² ¹ ²

 

² ²

     

0 0 0 0 0

. 0

x x x x

tf t dtt dt f t dtt dt G x t f tt dt

   

     

   







 









. Ta có ^{G x}^

 

^^{x f x}

  

^^x



^,^{ }^x ⁰_{do đó}

(11)

         

       

   

      

 

  

 

0 0 0

2

0 0

0

1 1

.

1 0.

x x x

f tt dtt f tt dt dG t tt

G t G x G t

G t d dt

tt x t

Suy ra

 

²

0 0

, 0.

2

x x

f t dtt dt  x  x

 

Nhận xét: Bài toán này đòi hỏi chúng ta kết hợp nhiều phương pháp với nhau. Ta thấy phải khá tinh ý trong việc biến đổi các tích phân.

Ví dụ 13. [OLP1998] Cho f khả vi liên tục trên đoạn ^^^0;1^^ và ^f

 

⁰ ^⁰. Chứng minh rằng

     

1 1

2

0 0

1

f x f x dx 2 f x  dx

 

.

Lời giải: Đặt

         

²

0 0

; 2

x x

F x 



f t f t dt G x  x



f t  dt

, ta có

         

²

 

²

0

; 1 , 0;1

2 2

x x

F x  f x f x G x 



f t  dt f x     x   . Với ^{   }^x ^^0;1^, sử dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwartz ta có

       

² ¹²

       

²

   

²

0 0 0

. 1 .

2 2

x x x

f x f t dt x f t dt f x f x f t dt x f x

    

      

 

  

Do đó ^{F x}^

 

^^{G x}^

 

^,_{   }^x ^^{0;1 .}^ Lấy tích phân hai vế trên đoạn ^^^0;1^^ ta được

       

¹

   

¹

 

²

0 0

1 0 1 0 1

F F G G 



f x f x dx  2



f x  dx

(Đpcm).

2.5. Một số phương pháp khác

Trên đây là một số phương pháp điển hình, chúng ta hay gặp trong các kì thì Olympic sinh viên Toàn quốc. Ngoài ra, có một số kĩ thuật khác để giải quyết các BĐT tích phân, ta xét các ví dụ dưới đây

Ví dụ 14. Cho f là hàm số liên tục trên đoạn ^^^{a b}^; ^^ và thỏa mãn

   

1 2

, , ;

2 2

f x f x x x

f    x x a b

 

  

   

  .

Chứng minh rằng

     

1

2 2

b

a

f a f

ff a b x dx

b a

    

  

 



.

(12)

Lời giải: + Để chứng minh BĐT vế trái ta chia đoạn ^^^{a b}^; ^^ thành ²ⁿ phần bằng bởi ²ⁿ^¹

điểm

 

, 0; 2

k 2

k b a

x a k n

n

   

, theo định nghĩa tích phân xác định ta có

 

²

 

¹

  

2



0 0

1 1 2

lim lim

2 2 2

b n n

k n k

n k k n k

a

f a b f x f x

f x dx f x

b a n n n

 

   

   

   

 

  

 

  

 

 



2 1

0

2 2

lim 2 2

k n k

n

n k

x x a b

f f

f a b

n n



 

      

       

 

     

 

 



(Đpcm).

+ Chú ý rằng từ giả thiết suy ra f là hàm lồi trên đoạn ^^^{a b}^; ^^, tức là

 



¹

 ^{  }

¹

^{  }

^, ^0;1

f a  b f a   f      .

Ta chia đoạn ^^^{a b}^; ^^ thành n phần bằng bởi ⁿ^¹ điểm

 

, 0;

k

k b a

x a k n

n

   

, theo định nghĩa tích phân xác định ta có

   

0 0

1 1 1

lim lim

b n n

n k n

k k

a

n k k

f x dx f x f a b

b a ^n  ^n  n n

  

    



  

 

       

0

lim 1

2

n

n k

f a f

n k k

f a f

n n n

 

   

   

 



.

Ví dụ 15. Cho f là hàm số liên tục trên đoạn ^^^0;1^^ và ^{f x}

 

_{    }^0, ^x ^^0;1^_.

Chứng minh rằng

   

1 1

0

lim , 0;1

p p

p f x dx f x x



 

   

        







. Lời giải: Vì f là hàm số liên tục trên đoạn ^^^0;1^^ nên ^{   }^c ^^0;1^ sao cho

 

^max_x _0;1

 

⁰

M f c f x

 

    

.

BĐT cần chứng minh tương đương với

 

1 1

0

lim

p p

p f x dx M



 

 

     







.

TH1: Nếu ^c^

 

^0;1 _{thì do} f là hàm số liên tục tại c nên với mọi ^{ }⁰ đủ nhỏ, ^{ }^ ⁰ sao cho với ^{  }^x



^c ^^;^c^^



_{  }^^{0; 1}^ ta đều có

     

⁰

f x  f c   f x M  .

(13)

Suy ra

         

1 1 1

1 1

0

2

c c

p p p

p

c c

f x dx f x dx M dx M

 

  

 

 

     

        

         

     





 



 





; từ đó dẫn

đến

 

1 1

0

lim inf

p p

p f x dx M



 

  

   

 







.

TH2: Nếu ^c^⁰ hoặc ^c^¹ thì ta làm tương tự dẫn đến

 

1 1

0

lim inf

p p

p f x dx M



 

  

   

 







.

Mặt khác,

   

1 1 1

0 0 0

limsup

p p p

p

f x dx M dx M f x dx M



     

       

         

     





 



 





.

Như vậy ta chứng minh được



 

 

 

 



   

1 1

0

lim .

p p

p f x dx M

Từ đây ra thu được Đpcm.

3. KẾT LUẬN

Bất đẳng thức tích phân là một chủ đề quan trọng trong các kì thi học sinh giỏi và kì thi Olympic toán học dành cho sinh viên. Ta thường gặp khó khăn trong việc tiếp cận, giải bài toán về chủ đề này. Để giúp các bạn phần nào có cái nhìn hệ thống và tổng quan nhất có thể, chúng tôi giới thiệu một số phương pháp và hệ thống các ví dụ góp phần giải quyết các khó khăn đó. Đây có thể coi là tài liệu hữu ích dành cho các thầy cô ôn thi Olympic Toán và các bạn sinh viên quan tâm.

TÀI LIỆU THAM KHẢO

1. Tô Văn Ban (2005), Những bài tập nâng cao Giải tích, NXB Giáo dục, Hà Nội.

2. Hội toán học Việt Nam (2015-2019), Kỷ yếu kỳ thi Olympic Toán học sinh viên-học sinh các năm 2015, 2016, 2017, 2018, 2019.

3. W. J. Kaczor, M. T. Nowak (2003), Problems in mathematical analysis III, AMS, United States of American.

4. T. Đ. Long, N. Đ. Sang, H. Q. Toàn (2006), Giáo trình giải tích, Tập 2 (Phép tính tích phân hàm một biến, chuỗi số - dãy hàm – chuỗi hàm), NXB ĐHQG, Hà Nội.

5. W.Rudin (1976), Principles of mathemmatical Analysis, McGraw – Hill Education, United States of American.