Đăng thức, bất đẳng thức tích phân trong lớp đa thức và phân thức hưu tỷ và một số dạng toán liên quan

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC BÙI TRỌNG QUYẾT ĐẲNG THỨC, BẤT ĐẲNG THỨC TÍCH PHÂN TRONG LỚP ĐA THỨC VÀ PHÂN THỨC HỮU TỶ VÀ MỘT SỐ DẠNG TOÁN LIÊN QUAN LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2017 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC BÙI TRỌNG QUYẾT ĐẲNG THỨC, BẤT ĐẲNG THỨC TÍCH PHÂN TRONG LỚP ĐA THỨC VÀ PHÂN THỨC HỮU TỶ VÀ MỘT SỐ DẠNG TOÁN LIÊN QUAN Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 60 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu THÁI NGUYÊN - 2017 i Mục lục MỞ ĐẦU Chương Đẳng thức bất đẳng thức tích phân 1.1 Các đồng thức tích phân 1.1.1 Tính chất nguyên hàm 1.1.2 Một số tính chất tích phân xác định 1.1.3 Tích phân hàm chẵn lẻ 1.1.4 Tích phân hàm tuần hoàn 1.1.5 Tích phân số dạng với đặc trưng hàm đặc biệt 1.2 Một số bất đẳng thức tích phân phương pháp bất đẳng thức tích phân 1.2.1 Một số bất đẳng thức tích phân 1.2.2 Sử dụng ý nghĩa hình học tích phân 1.2.3 Sử dụng đánh giá hàm dấu tích phân 1.2.4 Phương pháp phân đoạn miền lấy tích phân 1.2.5 Bất đẳng thức Bunhiakovski 2 11 13 13 14 15 17 19 Chương Đẳng thức bất đẳng thức tích phân đa thức 2.1 Một số đẳng thức tích phân đa thức 2.2 Bất đẳng thức tích phân đa thức 2.3 Phương pháp tích phân chứng minh bất đẳng thức 23 23 24 33 Chương Đẳng thức bất đẳng thức tích phân lớp 3.1 Nguyên hàm tích phân hàm phân thức hữu tỷ 3.2 Hữu tỷ hóa tích phân số hàm số vô tỉ 3.3 Hữu tỷ hóa tích phân số hàm lượng giác 3.4 Bất đẳng thức tích phân phân thức thức 38 38 43 49 51 Chương Một số dạng toán liên quan 4.1 Phương pháp tích phân tốn cực trị 4.1.1 Cực trị số biểu thức chứa tích phân 58 58 58 phân ii 4.2 4.1.2 Khảo 4.2.1 4.2.2 Phương pháp tích phân tốn cực trị sát phương trình bất phương trình đa thức Chứng minh tồn nghiệm phương trình Giải phương trình sinh số dạng nguyên hàm 60 69 69 71 KẾT LUẬN 76 TÀI LIỆU THAM KHẢO 77 Mở đầu Chuyên đề tích phân có vị trí đặc biệt tốn học, đối tượng nghiên cứu trọng tâm giải tích mà cịn cơng cụ đắc lực lý thuyết hàm số ứng dụng liên quan Ngồi ra, thân phép tính tích phân cịn sử dụng nhiều vật lý, thiên văn học, học, y học, giải pháp hữu hiệu mơ hình tốn học cụ thể Trong kỳ thi học sinh giỏi Toán quốc gia, Olympic Tốn sinh viên tốn liên quan đến tích phân hay đề cập xem dạng tốn loại khó Lý thuyết tốn tích phân đề cập hầu hết giáo trình giải tích Tuy nhiên, tài liệu hệ thống phép tính tích phân cho lớp hàm đa thức phân thức chuyên đề chọn lọc cho giáo viên học sinh cuối bậc trung học phổ thông sinh viên trường kỹ thuật chưa có nhiều, chưa hệ thống đầy đủ Để đáp ứng cho nhu cầu bồi dưỡng giáo viên bồi dưỡng học sinh giỏi chuyên đề phép tính tích phân ứng dụng, tác giả chọn đề tài luận văn "Đẳng thức, bất đẳng thức tích phân lớp đa thức phân thức hữu tỷ số dạng tốn liên quan" nhằm cung cấp số tính chất tích phân hàm biến cho phân loại dạng toán ứng dụng liên quan đến đa thức phân thức Mục đích đề tài luận văn nhằm khảo sát số dạng toán đẳng thức bất đẳng thức chứa tích phân lớp đa thức phân thức hữu tỷ xét số áp dụng toán cực trị, khảo sát phương trình, bất phương trình đa thức phân thức liên quan Luận văn gồm phần mở đầu, kết luận chương Chương Các đẳng thức bất đẳng thức tích phân Chương Các đẳng thức bất đẳng thức tích phân đa thức Chương Các đẳng thức bất đẳng thức tích phân lớp phân thức Chương Một số dạng toán liên quan Tiếp theo, chương trình bày hệ thống tập, áp dụng giải đề thi Học sinh giỏi Olympic liên quan Chương Đẳng thức bất đẳng thức tích phân 1.1 Các đồng thức tích phân 1.1.1 Tính chất nguyên hàm Ta sử dụng kí hiệu I(a, b) khoảng (a, b), đoạn [a, b] hay nửa khoảng (a, b] [a, b) định nghĩa, định lí, nội dung Định nghĩa 1.1 (xem [1-3]) Cho hàm số f (x) xác định I(a, b) Hàm số F (x) gọi nguyên hàm hàm f (x) I(a, b) hàm số F (x) liên tục I(a, b), có đạo hàm điểm x thuộc I(a, b) F (x) = f (x), ∀x ∈ I(a, b) Chú ý 1.1 Trong trường hợp I(a, b) = [a; b], đẳng thức F (a) = f (a), F (b) = f (b) hiểu F (x) − F (a) , x−a x→a F (x) − F (b) F (b) = lim− x−b x→b F (a) = lim+ Định lý 1.1 (Về tồn nguyên hàm) Mọi hàm số liên tục I(a, b) có nguyên hàm I(a, b) Định lý 1.2 1) Nếu hàm số f (x) có nguyên hàm F (x) I(a, b) I(a, b) có vơ số nguyên hàm 2) Hai nguyên hàm hàm cho I(a, b) sai khác số cộng Từ Định lí 1.2, ta thấy F (x) nguyên hàm hàm số f (x) I(a, b) nguyên hàm f (x) I(a, b) có dạng F (x)+C , với C ∈ R Vậy F (x)+C, C ∈ R họ tất nguyên hàm f (x) I(a, b) Họ tất nguyên hàm f (x) I(a, b) kí hiệu Z f (x)dx = F (x) + C, C ∈ R Định lý 1.3 (Tính chất nguyên hàm) Z 0 i) Z = f (x), f (x)dx R f (x)dx Vậy  ii) d f (x)dx = f (x)dx, Z iii) df (x) = f (x) + C Định lý 1.4 (Quy tắc tìm nguyên hàm) Z Z i) kf (x)dx = k f (x)dx (k 6= 0), Z ii) Z [f (x) + g(x)]dx = Z iii) Z f (x)dx = Z f (x)dx+ g(x)dx, f [ϕ(t)]ϕ0 (t)dt, x = ϕ(t) có đạo hàm liên tục iv) Quy tắc lấy nguyên hàm phần Z Z udv = uv − vdu, u = u(x), v = v(x) hàm số có đạo hàm liên tục 1.1.2 Một số tính chất tích phân xác định Ta nhắc lại định nghĩa tích phân xác định hàm số Định nghĩa 1.2 Cho hàm số y = f (x) xác định đoạn [a; b] Chia đoạn [a; b] thành n đoạn nhỏ điểm chia xi (i = 0, , n): a = x0 < x1 < x2 < x3 < · · · < xn−1 < xn = b (Mỗi phép chia gọi phép phân hoạch đoạn [a; b], kí hiệu Π.) Đặt ∆xi = xi − xi−1 d(Π) = max ∆xi , ≤ i ≤ n Trên đoạn [xi−1 ; xi ], ta lấy điểm tùy ý ξi (i = 1, , n) lập tổng σΠ = n X f (ξi )∆xi (1.1) i=1 Tổng (1.1) gọi tổng tích phân hàm số f (x) ứng với phép phân hoạch Π Nếu giới hạn n X I = lim σΠ = lim d(Π) →0 d(Π) →0 f (ξi )∆xi i=1 tồn tại, không phụ thuộc vào phép phân hoạch đoạn [a; b] cách chọn điểm ξi giới hạn gọi tích phân xác định f (x) [a; b] kí hiệu Zb I= f (x)dx = lim n X d(Π) →0 a f (ξi )∆xi i=1 Khi hàm f (x) gọi khả tích đoạn [a; b] Chú ý 1.2 Tích phân xác định khơng phụ thuộc vào việc lựa chọn biến lấy tích phân: Zb Zb f (x)dx = a f (t)dt a Chú ý để tính diện tích "hình thang cong", người ta xấp xỉ phần giới hạn đường cong cho trước nhờ tổng xác định tìm diện tích xác cách thiết lập giới hạn tổng Sau đó, ta tìm giá trị số giới hạn cở sở sử dụng định lí phép tính giới hạn Để ý rằng, f (x) liên tục [a; b] ta có đẳng thức lim max ∆xk →0 n X k=1 Zb f (xk )∆xk = b f (x)dx = F (x) 20 Lời giải Từ hệ thức [tf (x) + g(x)]2 ≥ Áp dụng tính chất tích phân, ta suy t2 Zb f (x)dx + 2t Zb a Zb f (x)g(x)dx + a g (x)dx ≥ a Đến đây, coi bất đẳng thức bất phương trình bậc hai theo t, ta có ∆0 ≤ nhận Zb Zb Zb  2 2 ≤ f (x).g(x)dx a f (x)dx a g (x)dx a Bài tốn 1.20 Cho f (x) hàm số có đạo hàm liên tục [0; 1] f (1) − f (0) = Chứng minh Z1  2 dx ≥ f (x) Lời giải Áp dụng bất đẳng thức Bunhiakovski với cặp hàm f (x) g(x) (≡ 1), ta có Z1  f (x)dx 2 Z1 ≤  2 f (x) Z1 dx (1.6) dx Theo công thức Newton-Leibnitz, Z1 f (x)dx = f (x)|10 = f (1) − f (0) = Từ (1.6), suy Z1  f (x) 2 dx ≥ Bài toán 1.21 Chứng minh với x > 0, ta có x e −1< Zx p e2t r + e−t dt (ex < − 1)  ex −  Lời giải Ta có Zx p Zx 0 e2t + e−t dt = t e2 p et + e−2t dt (1.7) 21 Theo bất đẳng thức Bunhiakovski,  x 2 Z Zx Zx p
t  e et + e−2t dt ≤ et dt et + e−2t dt 0 Từ (1.7), ta có  x 2 Z p     1 −2x x x x x 2t −t   < (e − 1) e − e + e dt ≤ (e − 1) e − − e 2 (1.8) Mặt khác, ta có p e2t + e−t > et , < t < x nên Zx p Zx 0 e2t + e−t dt > et dt = ex − (1.9) Từ (1.8) (1.9), suy x e −1< Zx p e2t r + e−t dt (ex < − 1)  ex −  Bài toán 1.22 Cho hàm số liên tục f : [0; 1] → [−1; 1] Chứng minh v u Z1 Z p u  2 u − f (x)dx ≤ t1 − f (x)dx 0 Lời giải Dễ thấy thức có nghĩa Theo bất đẳng thức Bunhiakovski, ta có 1 2  R p R1 R1  R1 ≤ 12 dx − f (x) dx = − f (x)dx; • 1 − f (x)dx 0 0 1 2 1 R R R R • 1.f (x)dx ≤ 12 dx f (x)dx = f (x)dx 0 0 1 2 R R Từ − f (x)dx ≤ − f (x)dx 0 Do hai vế không âm nên lấy bậc hai hai vế, ta điều phải chứng minh Bài tốn 1.23 Cho f (x) hàm số có đạo hàm liên tục [a; b] f (a) = Đặt M = max |f (x)| Chứng minh x∈[a;b] Zb M ≤ (b − a) a 2 f (x) dx  22 Lời giải Vì f (x) hàm liên tục [a; b] nên tồn x0 ∈ [a; b] cho |f (x0 )| = max |f (x)| x∈[a;b] Áp dụng bất đẳng thức Bunhiakovski với cặp hàm f (x) g(x) = 1, ta có Zx0  f (x)dx 2 a Do Rx0 Zx0 ≤ a  2 f (x) Zx0 Zx0 dx = (x0 − a) dx a 2 f (x)  dx a f (x)dx = f (x0 ) nên a v uZx0 u
2 √ u |f (x0 )| x0 − at f (x) dx a Từ suy v u b Zb uZ √  2 u 2 M ≤ t [f (x)] b − a ⇒ M ≤ (b − a) f (x) dx a a 23 Chương Đẳng thức bất đẳng thức tích phân đa thức 2.1 Một số đẳng thức tích phân đa thức Phương pháp chung Phương pháp sử dụng nhiều để chứng minh đẳng thức tích phân phương pháp đổi biến, việc lựa chọn phép đặt ẩn phụ phụ thuộc vào cận a, b tính chất hàm số dấu tích phân Trong mục ta xét số lớp tích phân dạng đặc biệt mà ta đề cập chương trước Bài toán tổng quát Sử dụng tích phân để chứng minh A = B Thực theo bước sau: Bước Lựa chọn đẳng thức đúng, thông thường dạng đặc biệt nhị thức Newton Bước Lấy tích phân hai vế đẳng thức từ a đến b (thông thường từ tới x) Bước Lựa chọn giá trị thích hợp cho x ta nhận đẳng thức cần chứng minh Bài toán 2.1 Chứng minh với n nguyên dương Cn1 Cn2 Cnk Cnn 2n+1 − + + ··· + + ··· + = 1+1 1+2 1+k 1+n 1+n Cn1 Cn2 Ck Cn Cn0 − + − · · · + (−1)k n + · · · + (−1)n n = 1+1 1+2 1+k 1+n 1+n i) Cn0 + ii) Lời giải Với x n ∈ Z + , ta có n (1 + x) = n X k=0 Cnk xk 24 Lấy tích phân theo x hai vế ta Zt (1 + x)n dx = Zt X n k=0 0 Cnk xk n (1 + x)n+1 t X k xk+1 t ⇔ Cn = n+1 k+1 0 k=0 n (1 + t)n+1 − X k tk+1 ⇔ Cn = n+1 k+1 k=0 Thay t = vào đẳng thức ta (i) Thay t = −1 vào vào đẳng thức ta (ii) Bài toán 2.2 (Olympic SV 2004) Cho < a < b Tính tích phân R1 λ [bx + a(1 − x)] dx a)I(λ) = b)Tính lim [I(λ)] λ λ→0 Lời giải a) Đặt bx + a(1 − x) = t, ta có R1 [bx + a(1 − x)]λ dx = a Với λ 6= −1 R1 Với λ = −1 b−a dt 1 λ+1 t b−aλ+1 [bx + a(1 − x)]λ dx = R1 Rb tλ λ [bx + a(1 − x)] dx = Rb a ln b − ln a dt = (b − a)t b−a b) Từ a) suy λ [I(λ)] = (λ + 1) 2.2  1 λ bλ+1 − aλ+1 b−a  λ1 λ Suy lim [I (λ)] = e−1 λ→0  bb aa  b−a Bất đẳng thức tích phân đa thức Trong phần ta xét số dạng bất đẳng thức tích phân đa thức hàm lũy thừa bậc tùy ý Bài toán 2.3 (Olympic SV năm 1997) Xét đa thức P (x) với hệ số thực thỏa mãn R1 điều kiện P (0) = P (1) = 0, |P (x)| dx = Chứng minh |P (x)| ≤ , ∀x ∈ [0, 1] Lời giải Ta sử dụng phương pháp phản chứng Giả sử tồn x0 ∈ [0; 1] cho |P (x0 )| > Do P (x) liên tục x0 suy Z1 0 P (x) dx = Zx0