Bất đẳng thức tích phân và ứng dụng

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 Kiến thức chuẩn bị 1.1 Một số bất đẳng thức cổ điển 1.2 Tích phân 1.2.1 Định nghĩa tích phân 1.2.2 Các tính chất 4 6 Bất 2.1 2.2 2.3 2.4 định lý giá trị trung bình đẳng thức tích phân ứng dụng Đánh giá hàm số bất đẳng thức tích phân Một số bất đẳng thức tích phân cổ điển Một số bất đẳng thức tích phân khác Ứng dụng bất đẳng thức tích phân 2.4.1 Tính giới hạn 2.4.2 Chứng minh phương trình có nghiệm 2.4.3 Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ hàm số 2.4.4 Chứng minh số bất đẳng thức đại số 2.4.5 Giải số phương trình hàm 9 17 32 41 41 43 45 48 52 Kết luận Tài liệu tham khảo 54 55 LỜI NĨI ĐẦU Bất đẳng thức tích phân phần quan trọng tích phân có nhiều ứng dụng khơng tốn học mà cịn lĩnh vực khác Một số bất đẳng thức tích phân kinh điển phải kể đến Bất đẳng thức Bunhiacovski; Bất đẳng thức Chebyshev; Bất đẳng thức Young; Bất đẳng thức Jensen; Bất đẳng thức Holder; Bất đẳng thức Minkowski; Bất đẳng thức Diaz; Bất đẳng thức Polya Bài toán bất đẳng thức tích phân tốn khó thường xuất toán thi học sinh giỏi, kỳ thi Olympic tốn ngồi nước Luận văn nhằm giới thiệu chứng minh chi tiết số bất đẳng thức tích phân cổ điển, số bất đẳng thức tích phân khám phá, đưa hệ thống ví dụ trích dẫn từ tài liệu tham khảo sáng tạo bất đẳng thức tích phân Ngồi đề tài cịn để cập đến số ứng dụng bất đẳng thức tích phân, bao gồm: Đưa số ứng dụng toán giới hạn, giải phương trình, chứng minh bất đẳng thức đại số Ngoài phần mở đầu, phần kết luận, luận văn gồm chương: Chương Kiến thức Chương trình bày bất đẳng thức toán học Bất đẳng thức AM - GM, Bất đẳng thức Bunhiacovski, Bất đẳng thức Chebyshev, , với định lý toán học quan trọng giải tích Định lý Lagrange, Định lý Roll Ngồi khái niệm, định nghĩa tích phân tính chất tích phân kiến thức trọng tâm chương Đặc biệt ta quan tâm nhiều đến tính chất bất đẳng thức tích phân định lý đẳng thức tích phân định lý giá trị trung bình tích phân Chương Bất đẳng thức tích phân ứng dụng Chương trình bày tốn chứng minh bất đẳng thức tích phân thơng qua việc đánh giá hàm số dấu tích phân, dùng bất đẳng thức tích phân cổ điển để chứng minh Trong chương nêu loạt tập chứng minh bất đẳng thức tích phân dạng phức tạp mà việc giải chúng không đơn giản Một vấn đề nêu chương ứng dụng bất đẳng thức tích phân toán số học, đại số giải tích Sau thời gian nghiên cứu, luận văn thạc sĩ tơi hồn thành với tên đề tài "Bất đẳng thức tích phân ứng dụng" Những kết ban đầu mà thu nhờ hướng dẫn bảo tận tình TS Trần Nguyên An, Trường Đại học Sư Phạm - Đại học Thái Nguyên Nhờ thầy tiếp cận nắm bắt số vấn đề mẻ công tác nghiên cứu khoa học Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc quan tâm, động viên hướng dẫn thầy Tác giả xin cảm ơn tới thầy cô 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 động viên giúp đỡ tác giả trình học tập làm luận văn Tác giả xin cảm ơn tới Sở GD - ĐT tỉnh Tuyên Quang, Ban Giám hiệu, đồng nghiệp Trường THPT Sơn Dương tạo điều kiện giúp đỡ tác giả thời gian học tập hoàn thành luận văn Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 Một số bất đẳng thức cổ điển định lý giá trị trung bình Định lý 1.1.1 (Bất đẳng thức AM - GM) Với số thực dương a1 , a2 , , an ta có bất đẳng thức √ a1 + a2 + + an ≥ n a1 a2 an n Dấu đẳng thức xảy a1 = a2 = = an Định lý 1.1.2 ( Bất đẳng thức Bunhiacovski) Với dãy số thực tùy ý a1 , a2 , , an b1 , b2 , , bn ta ln có bất đẳng thức a21 + a22 + + a2n b21 + b22 + + b2n ≥ (a1 b1 + a2 b2 + + an bn )2 Dấu đẳng thức xảy a1 , a2 , , an b1 , b2 , , bn tỉ lệ, tức tồn số k để = kbi , với i ∈ 1, n Định lý 1.1.3 (Bất đẳng thức Holder) Với m dãy số thực dương (a11 , a12 , , a1n ), (a21 , a22 , , a2n ), , (am1 , am2 , , amn ) ta có  m m n n ≥ aij i=1 j=1 m m j=1 aij  i=1 Dấu đẳng thức xảy m dãy số tương ứng tỉ lệ Bất đẳng thức Bunhiacovski hệ trực tiếp bất đẳng thức Holder với m=2 Định lý 1.1.4 (Bất đẳng thức Chebyshev) (i) Với dãy số thực đơn điệu tăng a1 , a2 , , an b1 , b2 , , bn ta có a1 b1 + a2 b2 + + an bn ≥ (a1 + a2 + + an ) (b1 + b2 + + bn ) n (ii) Với dãy số thực đơn điệu giảm a1 , a2 , , an b1 , b2 , , bn ta có a1 b1 + a2 b2 + + an bn ≤ (a1 + a2 + + an ) (b1 + b2 + + bn ) n Dấu đẳng thức xảy a1 = a2 = = an b1 = b2 = = bn Định lý 1.1.5 (Bất đẳng thức Jensen’s) Nếu f hàm lồi khoảng K ⊆ R x1 , x2 , , xn ∈ K ta có f (x1 ) + f (x2 ) + + f (xn ) ≥ nf ( x1 + x2 + + xn ) n Dấu đẳng thức xảy x1 = x2 = = xn Định lý 1.1.6 (Bất đẳng thức Young) Cho p, q thỏa mãn điều kiện p > 1, q > 1, 1 + = p q Chứng minh rằng, a, b dương, ta có ap b q + ≥ ab p q Định lý 1.1.7 ( Định lý Lagrange) Nếu f (x) liên tục khả vi đoạn [a, b] tồn c ∈ (a, b) cho f (c) = f (b) − f (a) b−a Định lý 1.1.8 ( Định lý Roll) Nếu f (x) liên tục [a, b], khả vi (a, b), f (a) = f (b) tồn c ∈ (a, b) cho f (c) = 1.2 Tích phân 1.2.1 Định nghĩa tích phân Cho hàm số y = f (x) xác định, liên tục đoạn [a, b] Chia đoạn [a, b] thành đoạn nhỏ điểm a = x0 < x1 < x2 < < xn = b Mỗi phép chia gọi phép phân hoạch đoạn [a, b] kí hiệu chữ π, điểm x0 , x1 , x2 , , xn gọi điểm chia Trong đoạn [xk−1 , xk ] ta lấy điểm ξk (xk−1 ≤ ξk ≤ xk ) lập tổng: n f (ξk )(xk − xk−1 ) σπ = (1.2.1) k=1 Tổng (1.2.1) gọi tổng tích phân hàm số f (x) ứng với phép phân hoạch π Rõ ràng giá trị tổng phụ thuộc vào phép phân hoạch cách lấy điểm ξk Ta kí hiệu d(π) số lớn độ dài đoạn [xk−1 , xk ], phép phân hoạch π, tức là: d(π) = max (xk − xk−1 ) k (1.2.2) Ta nói tổng σπ dần tới giới hạn I d(π) → nếu: Với số > cho trước nhỏ tùy ý, tồn số δ > cho phép phân hoạch π mà d(π) < δ với cách chọn điểm ξk ta có : n |σπ − I| = f (ξk )(xk − xk−1 ) − I < ε k=1 ta kí hiệu: n f (ξk )(xk − xk−1 ) I = lim σπ = lim d(π)→0 d(π)→0 k=1 Nếu tồn giới hạn n f (ξk )(xk − xk−1 ) I = lim d(π)→0 k=1 giới hạn gọi tích phân xác định hàm số f (x) đoạn [a, b] ta kí hiệu là: b I= f (x)dx a Khi hàm số f (x) gọi khả tích đoạn [a, b] ta gọi f (x) hàm số dấu tích phân; f (x)dx gọi biểu thức dấu tích phân; số a, b gọi cận tích phân ; b cận trên, a cận 1.2.2 Các tính chất a f (x)dx = Tính chất a b a f (x)dx = − f (x)dx Tính chất a b b b f (x)dx, k ∈ R kf (x)dx = k Tính chất a b a b [f (x) ± g(x]dx = Tính chất a b f (x)dx ± a c f (x)dx = Tính chất b a g(x)dx a b f (x)dx, ∀c ∈ [a, b] f (x)dx + a c b Tính chất Nếu f (x) ≥ đoạn [a, b] f (x)dx ≥ a Tính chất Nếu f (x) ≥ g(x) f (x), g(x) khả tích đoạn [a, b] b b f (x)dx ≥ a g(x)dx a Tính chất Nếu m ≤ f (x) ≤ M f (x) khả tích đoạn [a, b] b m(b − a) ≤ f (x)dx ≤ M (b − a) a với m, M số Tính chất Nếu f (x) khả tích đoạn [a, b] |f (x)| khả tích đoạn b b f (x)dx ≤ |f (x)| dx a a Tính chất 10 (Định lý giá trị trung bình thứ nhất) Nếu hàm số f (x), g(x) khả tích đoạn [a, b], g(x) khơng đổi dấu (a, b) Ký hiệu m = inf f (x), M = sup f (x) tồn số µ với m ≤ µ ≤ M x∈[a,b] x∈[a,b] cho: b b f (x)g(x)dx = µ a g(x)dx a Hơn f (x) liên tục [a, b] tồn số c ∈ [a, b] cho: b b f (x)g(x)dx = f (c) a g(x)dx a Tính chất 11 (Định lý giá trị trung bình thứ hai) (i) Nếu hàm số f (x), g(x) khả tích đoạn [a, b], g(x) hàm đơn điệu (a, b) tồn c ∈ (a, b) để c b f (x)g(x)dx = g(a) a b f (x)dx + g(b) a f (x)dx c (ii) Nếu g(x) hàm đơn điệu giảm, không âm khoảng (a, b) thì: b c f (x)dx, c ∈ [a, b] f (x)g(x)dx = g(a) a a (iii) Nếu g(x) hàm đơn điệu tăng, không âm khoảng (a, b) thì: b c f (x)dx, c ∈ [a, b] f (x)g(x)dx = g(b) a a nên ta có 2√ n < n √ k< (n + 1)3 − Hay n f (x)dx < Chứng minh phương 2014 trình x2013 = f (x) ln có nghiệm thuộc (0, 1) Giải Xét hàm số F (x) = x2013 − f (x) liên tục [0, 1] Rõ ràng F (0) = −f (0) < (2.4.3) Mặt khác x2014 F (x)dx = 2014 1 − 1 f (x)dx = − 2014 f (x)dx > 0 ta suy ∃c ∈ (0, 1) cho F (c) > (2.4.4) Từ (2.4.3),(2.4.4) suy F (0).F (c) < Do F (x) liên tục nên theo Định − f (x0 ) = hay lý Roll ∃x0 ∈ (0; c) cho F (x0 ) = Tức x2013 = f (x0 ) x2013 Vậy phương trình x2013 = f (x)có nghiệm x0 ∈ (0, 1) Bài tốn 2.4.5 (Đề dự tuyển Olympic sinh viên lần XIX năm 2011 Đại học Quảng Nam) Cho hàm số f (x) có đạo hàm cấp [1, 2], có đạo hàm cấp khoảng (1,2) f (x)dx = 2f (2) − f (1) − 1, f (1) = 1 Chứng minh phương trình xf (x) + f (x) = ln có nghiệm khoảng (1, 2) Giải Xét hàm số g(x) = xf (x) Rõ ràng g(x) hàm số liên tục đoạn [1, 2] f (x) có đạo hàm đoạn [1, 2] Theo định lý giá trị trung thứ bình tồn số c ∈ (1, 2) cho g(x)dx = g(c)(2 − 1) = cf (c) 44 Mặt khác 2 xdf (x) = xf (x)|21 − g(x)dx = f (x)dx = 2f (2) − f (1) − f (x)dx = 1 Suy cf (c) = Ta lại xét hàm số g(x) = xf (x) − liên tục [1, 2] khả vi (1, 2) Ta có g(1) = g(c) = nên theo Định lý Roll, tồn số thực d ∈ (1, c) ⊂ (1, 2) cho g (d) = Mà g (x) = xf (x) + f (x) tức phương trình xf (x) + f (x) = ln có nghiệm khoảng (1, 2) Đó điều phải chứng minh 2.4.3 Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ hàm số Bài tốn 2.4.6 Tìm giá trị lớn hàm số f (x) = 2x6 + 3x4 + 6x2 − 11x, ∀x ∈ [0, 1] Giải Ta có g(t) = t5 + t3 + t hàm liên tục đồng biến [0, 1] Do đó, theo tốn 2.3.1 với x thuộc [ 0,1] ta có x (t5 + t3 + t)dt ≤ x (t5 + t3 + t)dt, hay 1 x6 x4 x2 + + ≤x + + 6 Suy f (x) = 2x6 + 3x4 + 6x2 − 11x ≤ Vậy giá trị lớn hàm số y = f (x), x ∈ [0, 1] , x = x = 45 Bài tốn 2.4.7 Tìm giá trị nhỏ hàm số f (x) = (3 + 2ln2)x − ln2.x2 − 2x+1 , x ∈ [0, 2] Giải Ta có g(t) = 2t + t hàm số liên tục đồng biến trong[0, 2], nên theo toán 2.3.1, x (2t + t)dt ≤ x (2t + t)dt 2t t2 ⇔2 + ln2 x t2 2t ≤x + ln2 2x+1 4x x + x2 − ≤ + 2x − ln2 ln2 ln2 ln2 x+1 ⇔2 + x ln2 − ≤ 4x + 2xln2 − x ⇔ ⇔ (3 + 2ln2)x − ln2.x2 − 2x+1 ≥ −2 Vậy, giá trị nhỏ hàm số y = f (x), x ∈ [0, 2] , −2 x = x = Bài toán 2.4.8 Tìm giá trị lớn biểu thức xy − f (x, y) = x cos y − y cos x + (x − y) ≤ 0, ≤ x ≤ y Giải Ta có hàm số g(t) = sint + t hàm số liên tục đồng biến với t ∈ [0, y] Theo tốn 2.3.1 với ≤ x ≤ y, y x (sint + t)dt ≤x y (sint + t)dt 46 t2 y t2 x ⇔ y(−cost + )|0 ≤ x(−cost + )|0 2 x y2 ⇔ y(−cosx + + 1) ≤ x(−cosy + + 1) 2 y2 x2 + ≤ x −cosy + +1 ⇔ y −cosx + 2 x2 y xy ⇔ −ycosx + + y ≤ −xcosy + +x 2 x2 y xy − +y−x≤0 ⇔ xcosy − ycosx + 2 ⇔ x cos y − y cos x + (x − y) xy − ≤ Vậy, giá trị lớn f (x, y) x = 0, y = Bài tốn 2.4.9 Tìm giá trị lớn biểu thức A= 1 1 π + + − − − , x, y, z ∈ 0, sin2 x sin2 y sin2 z x2 y z Giải Từ bất đẳng thức cost ≤ ∀t ∈ R, ∀x > 0, ta có x x dt ⇒ sin x < x cos tdt < (2.4.5) Tiếp theo từ (2.4.5) x > x x sintdt ≤ x2 tdt ⇒ cosx ≥ − (2.4.6) Tiếp theo từ (2.4.6) x > x x costdt ≥ x3 t2 (1 − )dt ⇒ sinx ≥ x − 3! Tiếp theo từ (2.4.7) x > x x sintdt ≥ t3 x2 x4 (t − )dt ⇒ cosx ≤ − + 3! 2! 4! 47 (2.4.7) Mặt khác, từ (2.4.7) ta có sin x x mà 3 x2 1− ≥ x6 x2 x4 + − , =1− 12 216 x2 x4 x6 x2 x4 1− + − >1− + , 12 216 24 nên sin x x ≥ cos x, x ∈ 0, x ∈ 0, π π Do π π dt ≥ t3 x cost dt sin3 t x Suy 1 − ≤ − 2, π sin x x x ∈ 0, π Từ ta có 1 1 1 12 + + − − − ≤ − π2 sin2 x sin2 y sin2 z x2 y z 12 Vậy giá trị lớn A − x = y = z = π2 π A= 2.4.4 Chứng minh số bất đẳng thức đại số Chứng minh Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacovski, ta thu Bài toán 2.4.10 Chứng ming ln2 >  2 dx ≤  1= (x + 1)dx = Do  √ 2 1 dx ≤ x + 1√ x+1 x2 +x = nên ta có ln2 > 48 dx x+1 (x + 1)dx 0 dx = ln |x + 1||10 = ln 2, x+1 Bài toán 2.4.11 Với a, b ≥ Chứng ming (1 + a)ln(1 + a) − (1 + a) + (eb − b) ≥ ab Chứng minh Áp dụng bất đẳng thức Young với f (x) = ln(1 + x) Ta có a b (ex − 1)dx ≥ ab ln(1 + x)dx + (2.4.8) Mặt khác a a ln(1 + x)dx = (1 + x)ln(1 + x) |ao − I= dx = (1 + a)ln(1 + a) − a (2.4.9) b (ex − 1)dx = (ex − x) |b0 = eb − b − J= (2.4.10) Từ (2.4.8), (2.4.9), (3.4.10) ta có điều phải chứng minh Bài tốn 2.4.12 Chứng minh x > ta có: x3 x > sin x > x − Chứng minh Với ∀t ∈ [0; 1] ta có x cost ≤ ⇒ x costdt < 1dt Từ ta suy sin t|x0 < t|x0 ⇒ sin x < x Mặt khác x t2 cost > − ⇒ x costdt > 0 49 t2 dt ∀t > 1− (2.4.11) Hay sin t|x0 x t2 t− > ⇒ sin x > x − x3 (2.4.12) Từ (2.4.11),(2.4.12) suy điều phải chứng minh Bài toán 2.4.13 Cho n ∈ Z + Chứng minh √ 1 1 + √ + √ + + √ > 2( n + − 1) n 1 Chứng minh Với ∀x ∈ [k; k + 1] √ ≤ √ x k Suy k+1 k+1 1 √ dx < √ x k k Từ ta có dx k √ x k+1 k a > Chứng minh a−b a a−b < ln < a b b Chứng minh Với ∀x ∈ (a; b) < a < x < b hay Từ suy b b dx < b a hay b dx < x a dx, a a b−a b b−a < ln < b a a 50 1 < < b x a Tức a a−b a−b < ln < a b b Bài toán 2.4.15 Chứng minh + x ln(x + + x2 ) ≥ + x2 , ∀x ∈ R Chứng minh Xét hàm số f (t) = ln(t + + t2 ), ∀t ∈ R Rõ ràng f (t) > với t > f (t) = t = Do đó, với x > 0, ta có x ln(t + + t2 )dt > 0 Suy x x √ + t2 ) − t ln(t + 0 tdt > 0, + t2 hay x ln(x + + x2 ) − + t2 x > 0 Do + x2 ) − x ln(x + + x2 + > Với t < ln(t + + t2 ) = − ln(−t + + t2 ) < 0, nên x < 0, ta có ln(t + + t2 )dt < x suy điều phải chứng minh Với x = bất đẳng thức trở thành đẳng thức Vậy bất đẳng thức chứng minh 51 Bài toán 2.4.16 Chứng minh với x > 0, y > 0, (x − y)[2-(x + y)] < 2ln 1+x 1+y Chứng minh Nhận xét rằng, với t dương, > − t 1+t Vậy nên, x > y > 0, ta có x x dt > 1+t y (1 − t)dt, y hay x (ln |1 + t|)|xy t2 > (t − ) y Vậy nên 1+x x2 − y ln > (x − y) − 1+y Từ ta thu (x − y)[2-(x + y)] < 2ln 2.4.5 1+x 1+y Giải số phương trình hàm Bài tốn 2.4.17 (Đề thi Olympic sinh viên lần XVIII năm 2010) Tìm tất hàm số dương f (x) khả vi liên tục [0, 1] cho f (1) = f (x) e.f (0) dx ≤ f (x) 52 Giải Ta có 0≤ f (x) −1 f (x) f (x) f (x) dx = f (x) dx + f (x) dx − 0 = f (x) f (x) f (x) f (x) f (x) f (x) dx − ln f (x)|10 + 1 = dx − ln f (1) +1 f (0) = dx − Từ ta có f (x) f (x) f (x) f (x) dx ≥ Mặt khác theo giả thiết dx ≤ 1, nên f (x) −1 f (x) dx = 0 Do f hàm khả vi liên tục [0, 1], ta f (x) = 1, ∀x ∈ [0, 1] f (x) Hay f (x) = f (x) với ∀x ∈ [0, 1], f (x) = c.ex , c > Thử lại, ta thấy hàm thỏa mãn Vậy f (x) = c.ex , c > hàm cần tìm 53 Kết luận Luận văn trình bày theo hướng hệ thống kiến thức bất đẳng thức tích phân kiến thức liên quan Sự vận dụng linh hoạt tính chất bất đẳng thức tích phân cho loạt tốn từ dễ đến khó chứng minh bất đẳng thức tích phân Qua giúp người đọc có phương hướng chung gặp tốn bất đẳng thức tích phân Ngồi tác giả đề cập đến số bất đẳng thức tích phân cổ điển số bất đẳng thức tích phân tạp chí tốn học giới Đặc biệt việc ứng dụng bất đẳng thức tích phân số vấn đề tốn học chứng minh bất đẳng thức đại số, giải phương trình hàm Trong trình làm luận văn, tác giả có nhiều cố gắng, song chưa thể khai thác hết vấn đề liên quan đến luận văn Hy vọng thời gian tới, tác giả tiếp tục nghiên cứu, khai thác sâu hoàn chỉnh cho đề tài 54 Tài liệu tham khảo [1] Phan Huy Khải, Toán nâng cao giải tích, Nhà xuất Đại học Quốc Gia Hà Nội - 2000 [2] Nguyễn Phú Khánh, Chuyên đề bất đẳng thức tích phân, Đại học Đà Lạt - 2011 [3] Ngô Thúc Lanh (Chủ biên), Sách giáo khoa giải tích 12, NXB Giáo Dục - 1998 [4] Nguyễn Văn Mậu, Bất đẳng thức, NXB Giáo Dục - 2006 [5] Nguyễn Văn Mậu, Lê Ngọc Lăng, Phạm Thế Long, Nguyễn Minh Tuấn, Tuyển tập Olympic sinh viên toàn quốc 1993 - 2005, Hà Nội - 2006 [6] Nguyễn Văn Mậu Một số vấn đề chọn lọc tích phân, Nhà xuất Giáo Dục - 2004 [7] Trần Xuân Tiếp, Phan Hồng Ngân, Tuyển tập chun đề tích phân, Nhà xuất Đại học Sư phạm - 2010 [8] Hội toán học Việt Nam, Một số đề dự tuyển Olympic tốn học sinh viên tồn quốc -2009 [9] Hội tốn học Việt Nam, Tuyển tập 30 năm tạp chí Toán học Tuổi trẻ, NXB Giáo Dục - 2000 55 [10] W.J Kaczor and M T Nowak, Problems in Mathematical Analysis III Integration, American Mathematical Society - 2003 [11] B G Pachpatte, On an integral inequality involving functions and their derivatives, Soochow journal of mathematics - 1987 [12] Feng Qi, "severalintegral inequalities", J Ineq Pure and Appl Math 1(2), PP 1443 - 5756, 2000 56 XÁC NHẬN CHỈNH SỬA LUẬN VĂN Xác nhận chỉnh sửa luận văn thạc sỹ học viên cao học Nguyễn Văn Tuấn Tên đề tài luận văn Bất đẳng thức tích phân ứng dụng Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp Mã số: 60.46.01.13 Bảo vệ ngày 06 tháng năm 2014 Đã chỉnh sửa theo kết luận Hội đồng Khoa Toán - Tin, Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên Giáo viên hướng dẫn TS Trần Nguyên An 57 ... đẳng thức tích phân ứng dụng Đánh giá hàm số bất đẳng thức tích phân Một số bất đẳng thức tích phân cổ điển Một số bất đẳng thức tích phân khác Ứng dụng bất đẳng thức tích phân. .. Bất đẳng thức Chebyshev; Bất đẳng thức Young; Bất đẳng thức Jensen; Bất đẳng thức Holder; Bất đẳng thức Minkowski; Bất đẳng thức Diaz; Bất đẳng thức Polya Bài toán bất đẳng thức tích phân tốn... thức Jensen; Bất đẳng thức Holder; Bất đẳng thức Minkowski; Bất đẳng thức Diaz; Bất đẳng thức Polya ứng dụng để chứng minh số toán bất đẳng thức tích phân Định lý 2.2.1 ( Bất đẳng thức Bunhiacovski)