Mở rộng và phát triển một bài toán thi olympic sinh viên việt nam

Hội toán học Hà Nội Hội thảo Lai Châu 10/2015 Mở rộng phát triển toán thi Olympic sinh viên Việt Nam Võ Đức Toàn1 , Vũ Tiến Việt2 Năm 2005 kỳ thi Olympic toán học sinh viên Việt Nam (được tổ chức Đại học Sư phạm – Đại học Huế) có tốn sau3 : Cho hàm f (x) liên tục [0, 1] thỏa mãn 1 − x2 , ∀x ∈ [0, 1] f (t)dt x (1) Chứng minh 1 [f (x)]2 dx xf (x)dx 0 Lời giải Ta có 1 [f (x) − x]2 dx = nên 0 Đặt I = xf (x)dx + [f (x)]2 dx [f (x)]2 dx − xf (x)dx − x2 dx f (t)dt dx sử dụng tích phân phần ta x I= f (t)dt dx = x x tf (t)dt x 1 + xf (x)dx = Mặt khác ta có 1 I= f (t)dt dx x 1 − x2 dx = Từ suy điều phải chứng minh Nhận xét Điều kiện (1) viết thành 1 f (t)dt x tdt , ∀x ∈ [0, 1] x Học viên Cao học, Khoa Toán - Trường Đại học Quy Nhơn email: ductoan1810@gmail.com Khoa Toán - Tin, Học viện An ninh nhân dân email: mydienbien@gmail.com Bài xuất lần đầu kỳ thi ICM-1995 tổ chức Bulgaria xf (x)dx Hội thảo Lai Châu 10/2015 Ngô Quốc Anh, Dư Đức Thắng, Trần Tất Đạt Đặng Anh Tuấn (ĐHQG Hà Nội, xem [3]) phát triển toán sau: Bổ đề Giả thiết hàm f liên tục [0, 1] thỏa mãn điều kiện (1) ; đồng thời f (x) , ∀x ∈ [0, 1] (1 ) Khi ta có 1 , (n = 0, 1, 2, ) n+3 xn+1 f (x)dx Chứng minh Ta có 1 xn f (t)dt dx = x = dẫn đến 1 n+1 f (t)dt x Mặt khác Do xn + 1 n+1 xn+1 f (x)dx f (t)dt dx x − x2 dx 1 − x2 (n + 1) dx = ? = xn n + f (t)dt dx 1 xn f (t)dt d(xn+1 ) x xn+1 n+1 xn+1 f (x)dx = (n + 1) x xn+1 f (x)dx xn Bài toán Giả sử hàm f liên tục [0, 1] thỏa mãn (1), (1 ) Khi 1 [f (x)]n+1 dx xn f (x)dx , ∀n ∈ N Lời giải Do bất đẳng thức Cauchy ta có [f (x)]n+1 + nxn+1 nên [f (x)]n+1 dx + n xn+1 dx (n + 1) (n + 1)xn f (x), xn f (x)dx Theo bổ đề ta có (n + 1) xn f (x)dx = n xn f (x)dx + n + n+2 xn f (x)dx xn f (x)dx Suy điều phải chứng minh Bài toán Giả sử hàm f liên tục [0, 1] thỏa mãn (1), (1 ) Khi 1 [f (x)]n+1 dx x[f (x)]n dx , ∀n ∈ N Lời giải Ta thấy (f (x) − x)([f (x)]n − xn ) n+1 tức [f (x)] Do +x n+1 [f (x)]n+1 dx + n+2 , ∀x ∈ [0, 1] , n x f (x) + x[f (x)]n , ∀x ∈ [0, 1] 1 xn f (x)dx + x[f (x)]n dx Đến theo bổ đề ta suy điều phải chứng minh Hội toán học Hà Nội Hội thảo Lai Châu 10/2015 Bổ đề Giả sử hàm f liên tục [0, 1] thỏa mãn (1), (1 ) Khi , (∀α > 0) α+3 xα+1 f (x)dx Chứng minh Tương tự chứng minh bổ đề Bài toán Giả sử hàm f liên tục [0, 1] thỏa mãn (1), (1 ) Khi 1 [f (x)]α+1 dx xα f (x)dx , ∀α > 0 Lời giải Dễ dàng có bất đẳng thức Cauchy tổng quát sau xα y β , (α > 0, β > 0, α + β = 1, x αx + βy 0, y 0) Từ α [f (x)]α+1 + xα+1 α+1 α+1 α [f (x)]α+1 dx + α+1 (α + 1)(α + 2) xα f (x) , ∀x ∈ [0, 1] xα f (x)dx Theo bổ đề ta có 1 α+1 xα f (x)dx = α+1 xα f (x)dx + xα f (x)dx + α α+1 xα f (x)dx α (α + 1)(α + 2) Suy điều phải chứng minh Bài toán Giả sử hàm f liên tục [0, 1] thỏa mãn (1), (1 ) Khi 1 [f (x)]α+1 dx x[f (x)]α dx , ∀α > 0 Lời giải Tương tự chứng minh toán Bài toán mở số Giả sử f (x) hàm liên tục [0, 1] thỏa mãn 1 f (t)dt x tdt , ∀x ∈ [0, 1] x Với điều kiện cho α β bất đẳng thức sau đúng? 1 [f (x)]α+β dx tα [f (x)]β dx Hội thảo Lai Châu 10/2015 Chúng ta tiến hành giải toán mở số nêu Bổ đề Giả sử hàm f liên tục [0, 1] thỏa mãn (1) Khi 1 − xk+2 , ∀x ∈ [0, 1] , (k ∈ N) k+2 tk f (t)dt x Chứng minh Từ giả thiết ta có 1 y k−1 f (t)dt dy x y y k−1 x − y2 dy xk xk+2 − + k(k + 2) 2k 2(k + 2) = ? = Mặt khác, dùng tích phân phần ta 1 y k−1 f (t)dt dy = x y yk k =− f (t)dt y x + xk k f (t)dt + x k k x y k f (y)dy y k f (y)dy x Do − xk k f (t)dt + x k x ⇒ y k f (y)dy y k f (y)dy x xk xk+2 − + k(k + 2) 2k 2(k + 2) 1 xk kxk+2 − + k+2 2(k + 2) x k 1−x x kxk+2 − xk+2 xk + − + = k+2 2(k + 2) k+2 xk f (t)dt + Nhận xét Bằng cách tương tự, ta chứng minh bổ đề k ∈ [1, ∞) Tức 1 − xα+2 , ∀x ∈ [0, 1] , (∀α α+2 tα f (t)dt x 1) Bổ đề Giả sử f hàm không âm liên tục [0, 1] cho (1) thỏa mãn Khi với x ∈ [0, 1] k ∈ N , ta có [f (t)]k dt x − xk+1 k+1 Chứng minh Ta thấy x = x (f (t) − t)([f (t)]k − tk )dt [f (t)]k+1 − x tk f (t)dt − x t[f (t)]k dt + x tk+1 dt Hội toán học Hà Nội Hội thảo Lai Châu 10/2015 điều kéo theo 1 [f (t)]k+1 x tk f (t)dt + x − xk+2 k+2 t[f (t)]k dt − x Sử dụng bổ đề ta có 1 [f (t)]k+1 x t[f (t)]k dt (∗) x Tiếp tục chứng minh quy nạp Rõ ràng bổ đề với k = 1 Giả sử − xk+1 , ta chứng tỏ k+1 [f (t)]k dt x [f (t)]k+1 dt x − xk+2 k+2 Thật vậy, ta có x 1 [f (t)]k dt dy y x − y k+1 x xk+2 dy = ? = − + k+1 k + k + (k + 1)(k + 2) Mặt khác dùng tích phân phần ta x 1 [f (t)]k dt dy = y y [f (t)]k dt y = −x x + [f (t)]k dt + x x y[f (y)]k dy y[f (y)]k dy x Như −x [f (t)]k dt + x x xk+2 − + k + k + (k + 1)(k + 2) y[f (y)]k dy x 1 y[f (y)]k dy x x x xk+2 − + k + k + (k + 1)(k + 2) x xk+2 + − + k + k + (k + 1)(k + 2) [f (t)]k dt + x − xk+1 x k+1 − xk+2 = k+2 Đến (∗) ta [f (t)]k+1 x t[f (t)]k dt x − xk+2 k+2 điều hồn thành chứng minh Bài tốn Giả sử f hàm không âm liên tục [0, 1] Nếu (1) thỏa mãn, với m, n ∈ N , ta có 1 [f (x)]m+n dx xm [f (x)]n dx Hội thảo Lai Châu 10/2015 Lời giải Sử dụng bất đẳng thức Cauchy tổng quát ta m n [f (x)]m+n + xm+n m+n m+n xm [f (x)]n điều kéo theo n m+n [f (x)]m+n dx + m m+n xm+n dx xm [f (x)]n dx Vì m m+n [f (x)]m+n dx = 0 Do bổ đề ta có m m+n m (m + n)(m + n + 1) [f (x)]m+n dx − m+n+1 Từ ta m+n+1 [f (x)]m+n dx xm [f (x)]n dx − xm [f (x)]n dx + 1 [f (x)]m+n dx + [f (x)]m+n dx xm [f (x)]n dx Bài toán Giả sử f hàm liên tục [0, 1] cho f (x) Nếu (1) thỏa mãn, với α, β > ta có 1 [f (x)]α+β dx xα [f (x)]β dx , ∀x ∈ [0, 1] (∗∗) Lời giải Bằng cách chứng minh tương tự với toán ta thấy (∗∗) 1 [f (x)]α+β dx α + β+1 Từ ta cần chứng tỏ , (η > 0) η+1 [f (x)]η dx Vì f (x) , ∀x ∈ [0, 1] [η] η < [η]+1 ta có Do bổ đề ta 1 [f (x)]η dx [η] + [f (x)][η] dx 0 [f (x)]η dx [f (x)][η] dx η+1 Nhận xét Điều kiện f (x) , ∀x ∈ [0, 1] toán cần thiết để 1 [f (x)]η dx , (η > 0) Chẳng hạn xét η = 12 η + f (x) = f (t)dt x 2(2x − 1) − x2 , x 12 < x 1 √ [f (x)] dx = liên tục [0, 1] 2 < 3 Hội toán học Hà Nội Hội thảo Lai Châu 10/2015 Điều kiện f (x) , ∀x ∈ [0, 1] bỏ qua giả thiết α + β Bài toán Giả sử f hàm không âm liên tục [0, 1] cho (1) thỏa mãn Khi với α, β > mà α + β , ta có 1 α+β+1 [f (t)]α+β dt từ ta bất đẳng thức (∗∗) toán Lời giải Đặt k = [α + β] γ = {α + β} = α + β − [α + β] = α + β − k Ta thấy k ∈ N, tổng quát ta có γ < γ + α+β = Sử dụng bất đẳng thức Cauchy k α+β k γ α+β [f (t)]α+β + t α+β α+β [f (t)]k tγ , ∀t ∈ [0, 1] dẫn đến với x ∈ [0, 1] k α+β [f (t)]α+β dt + x γ α+β tα+β dt x [f (t)]k tγ dt x Mặt khác, dùng tích phân phần ý bổ đề ta có 1 [f (t)]k tγ dt = − x x [f (s)]k ds t = −tγ = xγ tγ d t [f (s)]k ds x [f (s)]k ds + x 1 + x x [f (s)]k ds d(tγ ) t [f (s)]k ds d(tγ ) t 1 − tk+1 γ − xk+1 + d(t ) x k+1 k+1 x γ = (xγ − xα+β+1 ) + (1 − xγ ) − (1 − xα+β+1 ) k+1 α+β+1 γ 1 (1 − )= [f (t)]k tγ dt k+1 α+β+1 α+β+1 γ Lại có γ α+β tα+β dt = γ (α + β)(α + β + 1) Từ ta k α+β [f (t)]α+β dt 1 γ tα+β dt α + β 0 γ k (1 − )= · α+β+1 α+β α+β+1 α+β [f (t)]k tγ dt − suy điều cần phải chứng minh Hội thảo Lai Châu 10/2015 Chúng ta phát biểu thêm số toán mở khác: Bài toán mở số Giả sử f, g : [a, b] → [0, ∞) hàm liên tục g hàm không giảm thỏa mãn b b f (t)dt = a g(t)dt (2) g(t)dt , ∀x ∈ [a, b] (3) a b b f (t)dt x x b Khi với hàm h hàm lồi [0, ∞) ta có b h(f (t))dt a Đặc biệt, lấy h(t) := tα , (α > 0) hàm lồi [0, ∞) ta b b [f (t)]α dt a h(g(t))dt a [g(t)]α dt a Bài toán mở số Giả sử f, g : [a, b] → [0, ∞) hàm liên tục g hàm không giảm, khả vi thỏa mãn điều kiện (3) Khi ta có b b [f (t)]β dt x [g(t)]β dt , ∀x ∈ [a, b] , (β 1) x Bài toán mở số Giả sử f, g : [a, b] → [0, ∞) hàm liên tục g hàm không giảm, khả vi thỏa mãn điều kiện (3) Khi b [f (t)]α dt x b ta có x [f (t)]β dt b [g(t)]α dt , ∀x ∈ [a, b] , (α > 0) (4) x b [g(t)]β dt , ∀x ∈ [a, b] , (β α) x TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] G.H Hardy, J.E Littlewood, G Polya Bất đẳng thức (Tiếng Việt) Bản dịch Nguyễn Khắc Lân, Nguyễn Duy Tiến, Nguyễn Hữu Ngự Nhà xuất Đại học Quốc gia Hà Nội, 2002 [2] D.S Mitrinoviic , J.E Pecaric and A.M Fink Classical and New Inequalities in Analysis Kluwer Academic Publishers, Dordrecht - Boston - London, 1993 [3] Q.A Ngo, D.D Thang, T.T Dat and D.A Tuan Notes on an integral inequality J Inequal Pure & Appl Math , 7(4) (2006) [4] George A Anastassiou Advanced Inequalities Copyright c 2011 by World Scientific Publishing Co Pte Ltd [5] Constantin P Niculescu, Lars-Erik Persson Convex Functions and Their Applications Springer September, 2004 [6] D.S Mitrinovic (Author), P.M Vasic (Contributor) Analytic Inequalities Springer Softcover reprint of the original 1st ed 1970 edition (February, 2012)