Đẳng thức, bất đẳng thức tích phân trong lớp đa thức và phân thức hữu 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 ngun hàm 2) Hai ngun 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 f (x)dx Vậy f (x)dx = F (x) + C, C ∈ R Định lý 1.3 (Tính chất nguyên hàm) ′ i) f (x)dx iii) df (x) = f (x) + C = f (x), ii) d f (x)dx = f (x)dx, Định lý 1.4 (Quy tắc tìm nguyên hàm) i) ii) iii) kf (x)dx = k f (x)dx (k = 0), [f (x) + g(x)]dx = f (x)dx = f (x)dx+ g(x)dx, f [ϕ(t)]ϕ′ (t)dt, x = ϕ(t) có đạo hàm liên tục iv) Quy tắc lấy nguyên hàm phần 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 n σΠ = 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 f (ξi )∆xi I = lim σΠ = lim d(Π) →0 d(Π) →0 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 b I= n f (ξi )∆xi f (x)dx = lim d(Π) →0 a i=1 Khi hàm f (x) gọi khả tích đoạn [a; b] Chú ý 1.2 Tích phân xác định không phụ thuộc vào việc lựa chọn biến lấy tích phân: b b f (t)dt f (x)dx = a 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 b n lim max ∆xk →0 k=1 b f (x)dx = F (x) f (xk )∆xk = a = F (b) − F (a) (1.2) a F (x) nguyên hàm f (x) Có nhiều đại lượng khác hình học, vật lí, khảo sát phương pháp thể tích, độ dài, diện tích mặt đại lượng vật lí cơng sinh lực biến đổi tác động từ khoảng cách cho trước Trong trường hợp vậy, trình thực phép chia khoảng biến thiên độc lập thành khoảng nhỏ đại lượng xét tính gần tổng tương ứng, giới hạn tổng cho ta giá trị xác đại lượng cần tính dạng tích phân xác định - tính tốn nhờ phép tính Ta thấy chi tiết q trình tính giới hạn tổng thực để tìm diện tích dạng đường cong khơng thiết phải lặp lại để tìm đại lượng tương tự khác Hệ thống kí tự sử dụng phức tạp lặp lặp lại nhiều lần gây trở ngại cho tính tốn Tiếp theo, ta xét số phương pháp sử dụng để tính tích phân xác định Trong thực hành, ta đặc biệt ý đến số lớp hàm khả tích đơn giản dễ nhận biết sau đây: Hàm số y = f (x) liên tục đoạn [a; b] khả tích đoạn Hàm số y = f (x) bị chặn đoạn [a; b] có số hữu hạn điểm gián đoạn khả tích đoạn Hàm số y = f (x) bị chặn đơn điệu đoạn [a; b] khả tích đoạn Nhận xét có mối liên hệ mật thiết tích phân xác định nguyên hàm Định lý 1.5 (Về tính khả tích hàm số) Nếu hàm số f (x) liên tục đoạn [a, b] khả tích đoạn [a, b] Định lý 1.6 Nếu f (x) g(x) liên tục đoạn [a,b] f (x) ≤ g(x) với x thuộc [a, b] b b f (x)dx ≤ g(x)dx a a Dấu xảy f (x) = g(x) Định lý 1.7 (Phép cộng tích phân) b b b [f (x) + g(x)]dx g(x)dx = f (x)dx + a a a Định lý 1.8 (Phép trừ tích phân) b b b [f (x) − g(x)]dx g(x)dx = f (x)dx − a a a Định lý 1.9 (Phép nhân tích phân với số) b b kf (x)dx f (x)dx = k a a Định lý 1.10 (Công thức đảo cận) b a f (x)dx f (x)dx = − a b a f (x)dx = a Định lý 1.11 (Công thức tách cận) b b c c a a f (x)dx, c ∈ [a, b] f (x)dx + f (x)dx = Định lý 1.12 (Công thức đổi biến số) Cho hàm số y = f (x) liên tục đoạn [a, b] hàm số x = g(t) khả vi liên tục đoạn [m, M ] g(t) = a; max g(t) = t∈[m,M ] t∈[m,M ] b; g(m) = a, g(M ) = b Khi ta có M b f (g(t)).g ′ (t)dt f (x)dx = m a Định lý 1.13 (Cơng thức tích phân phần) Giả sử hàm số u(x), v(x) khả vi liên tục [a, b], b u(x)v ′ (x)dx = u(x)v(x) a b b a v(x)u′ (x)dx − a Định lý 1.14 (Công thức Newton-Leibnitz) Nếu hàm số f (x) liên tục đoạn [a; b] F (x) ngun hàm đoạn đó, b b f (x)dx = F (x) a = F (b) − F (a) a Từ Định lí 1.14, ta thấy việc tính tích phân xác định trở thành đơn giản xác định biểu thức nguyên hàm tương ứng dạng Để tính tích phân xác định hàm số f (x) đoạn [a; b] ta thường tìm ngun hàm F (x) dùng cơng thức Newton-Leibnitz Trong nhiều tốn việc tìm ngun hàm phức tạp khó khăn chí khơng tìm ngun hàm dạng Vì vậy, nhu cầu tính tích phân xác định chưa tường minh nguyên hàm tương ứng toán cần khảo sát chi tiết Trong trường hợp đó, biết dựa vào tính chất đặc biệt hàm dấu tích phân biến đổi thích hợp, ta tính số dạng tích phân xác định 1.1.3 Tích phân hàm chẵn lẻ Tính chất 1.1 Nếu hàm số y = f (x) lẻ, liên tục [−a; a], với a > a I= f (x)dx = −a 63 Bài tốn 4.10 Tìm giá trị lớn biểu thức f (x, y) = x cos y − y cos x + (x − y) xy − , ≤ x ≤ y Lời giải Ta có g(t) = sin t + t hàm số liên tục đồng biến [0; y] nên với t ∈ [0; y] y x (sin t + t)dt ≤ x y (sin t + t)dt t2 x ⇔y − cos t + ⇔y x2 +1 − cos x + ⇔y − cos x + ≤ x − cos t + x2 +1 t2 y y2 ≤ x − cos y + ≤ x − cos y + y2 x2 y xy − +y−x≤0 2 x2 y xy − + y − x ≤ ⇔x cos y − y cos x + 2 ⇔x cos y − y cos x + Vậy giá trị lớn f (x; y) x = 0, x = y Bài tốn 4.11 Tìm giá trị lớn biểu thức √ f (x, y) = y(x + 1) x + − x(y + 1) y + + xy Lời giải Xét hàm số g(t) = √ Ta có √ x− √ y − y + x, ≤ x ≤ y √ t+1− t √ √ √ ≥ 0, ∀t > g ′ (t) = √ t+1 t t+1− t Suy g(t) đồng biến đoạn [0; y] Vậy nên y x y dt √ ≤x √ t+1− t √ dt √ t+1− t √ √ √ x √ y 2 ⇔y (t + 1) t + + t t ≤ x (t + 1) t + + t t 3 3 √ 2 √ √ ⇔y (x + 1) x + + x x ≤ x (y + 1) y + + y y 3 3 √ √ √ ⇔y(x + 1) x + + xy x − y ≤ x(y + 1) y + + xy y − x √ √ √ x − y − y + x ≤ ⇔y(x + 1) x + − x(y + 1) y + + xy Vậy giá trị lớn f (x, y) x = 0, x = y 64 Bài toán 4.12 Tìm giá trị lớn biểu thức A= 1 1 1 π + + − − − , x, y, z ∈ 0; sin2 x sin2 y sin2 z x2 y z Lời giải Từ bất đẳng thức cos t ≤ 1, ∀t ∈ R với x > 0, ta có x x cos tdt < (4.1) dt ⇒ sin x < x 0 Tiếp theo, từ (4.1), x > 0, x x sin tdt < tdt ⇒ cos x > − x2 (4.2) Tiếp theo, từ (4.2), với x > 0, x x cos tdt > 1− x3 dt ⇒ sin x > x − t2 3! Tiếp theo, từ (4.3), với x > 0, x x t− sin tdt < t3 3! dt ⇒ cos x < − x2 x4 + 2! 4! 0 Mặt khác, từ (4.3), ta có sin x x mà 1− nên sin x x x2 1− > =1− x6 x4 x2 x4 + − > − x2 + , 12 216 24 > Do cos x cos x π > , x ∈ 0; 3 x sin x π π dt > t3 x Suy Từ đây, ta có x6 x x4 + − , 12 216 cos t dt sin t3 x π − ≤ − , x ∈ 0; π sin x x 1 1 12 + + − − − ≤ − π2 sin2 x sin2 y sin2 z x2 y z 12 π Vậy giá trị lớn A − x = y = z = π (4.3) 65 Bài tốn 4.13 Tìm giá trị nhỏ biểu thức e A = e b + b(ln b − 1), < b < e e = a, ab = e a > Hàm số f (x) = ex liên tục, không âm đơn b điệu tăng (0; +∞) có f (0) = có hàm ngược y = lnx, nên ta có Lời giải Đặt a b ex dx + ln xdx ≥ ab ⇔ex a + (x ln x − x) b ≥ ab ⇔ea − + b ln b − b + ≥ ab ⇔ea + b(ln b − 1)+ ≥ ab = e Dấu đẳng thức xảy b = f (a) hay b = ea , từ đó, ta có a = 1, b = e Vậy giá trị nhỏ biểu thức A e, a = 1, b = e Bài toán 4.14 Giả sử a, b thỏa mãn điều kiện √ a+ √ a ≥ 0, b ≥ 1, a + b = + Tìm giá trị nhỏ biểu thức M =a a2 + + b b2 − + ln b+ √ a2 + b2 − Lời giải Xét hàm số x2 + 1, x ∈ [0; +∞) f (x) = Hàm số liên tục có đạo hàm f ′ (x) = √ x x2 +1 ≥ 0, x ∈ [0; +∞) , nên f (x) đơn điệu tăng [0; +∞) Ta có f (0) = hàm ngược f (x) y = x2 − Ta có √ b a x2 + 1dx + mà x2 + 1dx ≥ ab a x2 + 1dx = a a2 + + ln a + a2 + x2 + 1dx = b b2 − − ln b + b2 − b 66 Suy a a2 + + ln a + a2 + + b b2 − − hay a2 + + b a Dấu đẳng thức xảy b = a = 1, b = √ √ b2 − + ln a+ b+ √ √ ln b + a2 + b2 − b2 − ≥ ab ≥ ab a2 + Kết hợp với điều kiện a + b = + √ Vậy giá trị nhỏ biểu thức M 2 a = 1, b = √ √ 2, ta có Bài tốn 4.15 Xét số a, b thỏa mãn điều kiện a ≥ 2, b ≥ 3, a − b = − √ 10 Tìm giá trị lớn biểu thức √ b + b2 − √ M = 2ab + ln a − + a2 − 4a + 13 √ Lời giải Hàm số f (x) = x2 − 4x + 13 hàm liên tục, không âm [2; +∞) x−2 > 0, ∀x > 2, nên đồng biến [2; +∞) f (2) = Để có f ′ (x) = √ x − 4x + 13 tìm hàm số ngược, ta xét phương trình y= x2 − 4x + 13 = (x − 2)2 + (x ≥ 2, y ≥ 3) Suy Vậy f (x) có hàm ngược y = (x − 2)2 + 9x = + f −1 (x) = + Ta có a y − x2 − b (x − 2)2 + 9dx + x2 − dx ≥ ab − 2+ Từ đẳng thức a (x − 2)2 + 9dx = x−2 x2 − 4x + 13 + ln x − + x2 − 4x + 13 a 2 = a−2 a2 − 4a + 13 + ln a − + a2 − 4a + 13 − b 2+ x2 − dx = 2x + x x2 − − ln x + x2 − b ln 67 =2b + b b2 − − ln b + b2 − − + ln Suy √ b + b2 − √ ≤ (a − 2) 2ab + ln a − + a2 − 4a + 13 a2 − 4a + 13 + b b2 − + 4b Dấu đẳng thức xảy b = (a − 2)2 + Kết hợp với điều kiện a − b = √ √ − 10, ta thu a = 3, b = 10 √ √ Vậy giá trị nhỏ biểu thức M 10 a = 3, b = 10 Bài tốn 4.16 Tìm giá trị nhỏ hàm số f (x) = (x − b) tan x + ln |cos x| , x ≥ Lời giải Xét hai hàm số g(t) = tan t h(t) = t Ta thấy g(t) h(t) hàm liên tục, khơng âm đồng biến, ∀t ≥ Ta có b x tdt + cos2 t b tan x ≤ tan tdt 0 Từ đẳng thức x tdt = t tan t cos2 t x + ln cos t x = x tan x + ln cos x , b b tan tdt = −ln cos t = − ln cos b , ta thu b tan x ≤ x tan x + ln |cos x| − ln |cos b| , hay x tan x − b tan x + ln |cos x| ≥ ln |cos b| , Vậy giá trị nhỏ f (x) ln |cos b| x = b Bài tốn 4.17 Tìm giá trị nhỏ hàm số f (x) = ex (x6 − 3x4 + 6x2 − 7), x ≥ Lời giải Xét hai hàm số sau g(t) = t6 h(t) = et Ta thấy g(t) h(t) hàm liên tục, không âm đồng biến, ∀t ≥ Ta có e x2 x t2 ≤ e 6t dt + t2 t te dt = x t2 t7 et dt e t dt + 0 68 Từ đẳng thức et e 6t dt = t2 t4 − 2t2 + = e − 1, x et e t dt = t2 t − 3t + 6t − x ex = 2 x6 − 3x4 + 6x2 − + 3, ta suy e − + ex x6 − 3x4 + 6x2 − + 6, 2 ex ≤ hay ex ≤ 3e + ex Do ex 2 x6 − 3x4 + 6x2 − x6 − 3x4 + 6x2 − ≥ −3e Vậy giá trị nhỏ hàm số f (x) −3e x = Bài tốn 4.18 Tìm giá trị nhỏ hàm số f (x) = (x2 − 1) ln(1 + x) − x2 + ln + x, x ≥ 2 Lời giải Xét hai hàm số sau g(t) = t6 h(t) = et Ta thấy g(t) h(t) hàm liên tục, khơng âm đồng biến, ∀t ≥ Ta có x2 ln ≤ x t2 dt + 1+t t ln(1 + t)dt 0 Từ đẳng thức t2 t2 dt = − t + ln(1 + t) 1+t = ln − x t ln(1 + t)dt = t2 t ln(1 + t) − + t − ln(1 + t) 2 x 0 = ta thu x2 x ln(1 + x) − + x − ln(1 + x) 2 x2 + x − ln(1 + x), x ln ≤ ln − + x ln(1 + x) − 2 hay x2 − ln(1 + x) − x2 Vậy giá trị nhỏ f (x) 1 + ln + x ≥ − ln 2 − ln x = 69 4.2 Khảo sát phương trình bất phương trình đa thức Ta nhắc lại số tính chất quan trọng nguyên hàm tích phân cần thiết cho việc khảo sát phương trình Định lý 4.1 Giả sử hàm số y = f (x) xác định liên tục [a; b] giả sử F (x) nguyên hàm Khi đó, tồn số thực x1 , x2 ∈ [a; b] với x1 < x2 , cho F (x1 ) = F (x2 ), phương trình f (x) = có nghiệm [x1 ; x2 ] Chứng minh Giả sử phương trình f (x) = khơng có nghiệm thuộc [x1 ; x2 ] Vì f (x) liên tục nên suy ra: f (x) > 0, ∀x ∈ [x1 ; x2 ], f (x) < 0, ∀x ∈ [x1 ; x2 ] Nếu f (x) > 0, ∀x ∈ [x1 ; x2 ] hàm số F (x) đồng biến đoạn [x1 ; x2 ] Suy F (x1 ) < F (x2 ), trái với giả thiết Nếu f (x) < 0, ∀x ∈ [x1 ; x2 ] hàm số F (x) nghịch biến đoạn [x1 ; x2 ] Suy F (x1 ) > F (x2 ), trái với giả thiết Như vậy, hai trường hợp, ta có F (x1 ) = F (x2 ), điều trái với giả thiết F (x1 ) = F (x2 ) Vậy phương trình f (x) = có nghiệm [x1 ; x2 ] Nhận xét 4.3 Cũng phát biểu Định lí 4.1 dạng sau Nếu hàm số y = f (x) xác định liên tục [a; b] tồn số thực phân biệt x1 , x2 ∈ [a; b] cho x2 f (x)dx = 0, x1 phương trình f (x) = có nghiệm thuộc [x1 ; x2 ] Kết hợp với Định lí Rolle, có F (x1 ) = F (x2 ) phương trình F ′ (x) = hay f (x) = có nghiệm (x1 , x2 ) 4.2.1 Chứng minh tồn nghiệm phương trình Bài toán 4.19 Chứng minh rằng, hệ số phương trình an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 = thỏa mãn điều kiện an an−1 a1 + + ··· + + a0 = 0, n+1 n có nghiệm (0; 1) Lời giải Xét hàm số f (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 = 70 Hàm số f (x) hàm liên tục R, có nguyên hàm an n+1 an−1 n a1 x + x + · · · + x2 + a0 x n+1 n a a a Ta có F (0) = F (1) = n + n−1 + · · · + + a0 = Do F (0) = F (1), nên theo n+1 n F (x) = Định lí 4.1 (Nhận xét 4.3), phương trình an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 = có nghiệm (0; 1) Bài tốn 4.20 Cho tam thức bậc hai f (x) = ax2 + bx + c, (a = 0) thỏa mãn điều kiện a b c + + = 0, m > m+2 m+1 m Chứng minh phương trình f (x) = có nghiệm (0; 1) Lời giải Xét hàm số g(x) = axm+1 + bxm + cxm−1 (= xm−1 (ax2 + bx + c)) Ta thấy, g(x) hàm liên tục R có nguyên hàm b c a xm+2 + + xm m+2 m+1 m b c a + + = 0, nên theo Định lí 4.1, phương trình Ta có G(0) = G(1) = m+2 m+1 m G(x) = g(x) = axm+1 + bxm + cxm−1 = có nghiệm (0; 1) Suy phương trình f (x) = có nghiệm (0; 1) Bài toán 4.21 (Olympic SV năm 1997) Chứng minh rằng, với t ≥ phương trình x3 +tx−8 = ln có nghiệm dương nhất, ký hiệu x(t) Tính tích phân [x(t)]2 dt Lời giải Xét f (x) = x3 +tx−8 Ta có f ′ (x) ≥ 0, ∀x ≥ Mặt khác, ta có f (0) = −8 < lim = +∞ Vậy nên phương trình f (x) = có nghiệm dương Từ phương x→+∞ trình x3 + tx − = 0, ta có t = x2 − x8 Khi t = x = Ta thu t = x3 + tx − = (x − 1)(x2 + x + t) = Suy x = x2 d(x2 − ) = x [x(t)]2 dt = − 2 (2x3 + 8)dx = ( = x2 (2x + x4 + 8x) 2 =− 31 )dx x2 71 Bài toán 4.22 (Olympic SV năm 1998) Cho hàm số f (x) liên tục đoạn [0, 1], 1 , ∀x > Chứng minh phương trình x1997 = f (x) ln 1998 có nghiệm thuộc khoảng (0, 1) f (0) < f (x)dx < Lời giải Xét hàm số F (x) = x1997 − f (x) Khi F (x) liên tục [0, 1] theo giả thiết F (0) < 1 F (x)dx = − 1998 f (x)dx > 0 Suy tồn x1 ∈ (0, 1) cho F (x1 ) > Do F (x) liên tục nên tồn ξ ∈ (0, 1) để F (ξ) = (Điều phải chứng minh) 4.2.2 Giải phương trình sinh số dạng nguyên hàm Ta nhắc lại số tính chất quen biết tích phân để sử dụng vào việc xác định nghiệm phương trình Định lý 4.2 Cho hai số thực a, b trái dấu (a < < b) f (x) hàm số liên tục, khơng âm (có thể số hữu hạn điểm) [a; b] Khi đó, [a; b], phương trình x F (x) := f (t)dt = 0 có nghiệm x = Chứng minh Ta thấy F (x) = x f (t)dt nguyên hàm f (x) [a; b] Nếu x = F (0) = f (t)dt = Vậy x = nghiệm phương trình F (x) = 0 Nếu x = x ∈ [a; b], từ giả thiết f (x) ≥ 0, ta suy F (x) đồng biến [a; b] F (x) = F (0) = 0, tức phương trình F (x) = khơng thể có nghiệm x = [a; b] Vậy phương trình F (x) = có nghiệm x = Bằng cách chứng minh hồn tồn tương tự, ta có: Định lý 4.3 Cho hai số thực a, b trái dấu f (x) hàm số liên tục, khơng dương (có thể số hữu hạn điểm [a; b]) [a; b] Khi đó, phương trình x F (x) := f (t)dt = 0 có nghiệm x = [a; b] Bằng cách chứng minh hồn tồn tương tự, ta có: 72 Định lý 4.4 Cho ba số thực a, b, c (a ≤ c ≤ b, a < b) f (x) hàm số liên tục, không dương (khơng âm, số hữu hạn điểm [a; b]) [a; b] Khi phương trình x f (t)dt = F (x) := c có nghiệm x = c thuộc [a; b] Bài tốn 4.23 Giải phương trình √ sin x + cos x + 2x − = √ Lời giải Đặt F (x) = sinx + cos x + 2x − Khi F (0) = Ta có x F (x) = sin t + cos t + √ x ′ 2t − dt = cos t − sin t + √ dt √ Nhận thấy rằng, hàm số f (t) = cos t − sin t + liên tục không âm ∀t ∈ R, nên theo Định lí 4.2, phương trình sin x + cos x + có nghiệm x = √ 2x − = Bài tốn 4.24 Giải phương trình 4x3 + 12x − − cos 3x + cos x = [0; +∞) Lời giải Đặt F (x) = 4x3 + 12x − − cos 3x + cos x Ta có F (0) = x ′ 4t3 + 12t − − cos 3t + cos t dt F (x) = x 12t2 + 12 + sin 3t − sin t dt = x t2 + + =12 sin 3t − sin t dt x t2 + + sin3 t dt =12 Ta thấy, hàm f (t) = 12 t2 + + sin3 t liên tục không âm với t ≥ 0, nên theo Định lí 4.2, phương trình 4x3 + 12x − − cos 3x + cos x = có nghiệm x = 73 Bài tốn 4.25 Giải phương trình 2(x + 1) ln (x + 1) − x2 − 2x = R+ Lời giải Đặt F (x) = 2(x + 1) ln (x + 1) − x2 − 2x Ta có F (0) = x ′ 2(t + 1) ln(t + 1) − t2 − 2t dt F (x) = x ln(t + 1) − t dt = Ta thấy, hàm số f (t) = [ln(t + 1) − t] liên tục không dương (0; +∞), nên F (x) < x > Vậy phương trình cho khơng có nghiệm R+ Bài tốn 4.26 Giải phương trình 2x+1 + 3x+1 − x2 (ln + ln 3) − = Lời giải Đặt F (x) = 2x+1 + 3x+1 − x2 (ln + ln 3) − Ta có F (0) = Khi x ′ 2t+1 + 3t+1 − t2 (ln + ln 3) − dt F (x) = x 2t+1 ln + 3t+1 ln − 2t(ln + ln 3) dt = x ln 2t − t + ln 3t − dt = Ta thấy, hàm số f (t) = ln 2t − t + ln 3t − t liên tục không âm với t, nên theo Định lí 4.2, phương trình cho có nghiệm x = Bài tốn 4.27 Giải phương trình x x2 + = ln x + x2 + Lời giải Ta có x x2 + = ln x + x2 + ⇔ x x2 + − ln x + Xét hàm số F (x) = x x2 + − ln x + x2 + x2 + = 74 Ta có F (0) = x F (x) = t t2 + − ln t + t2 + ′ dt 1+ √ √ t + dt t2 + − t + t2 + x t √ = x = Ta thấy, hàm số f (t) = √ t t2 + + t2 + t2 + − √ dt = t2 + 2t2 t2 + x √ 2t2 t2 + dt liên tục không âm với t, nên theo Định lí 4.2, phương trình cho có nghiệm x = Bài toán 4.28 Chứng minh phương trình √ π x − cos x − + =0 π Lời giải Đặt F (x) = x − cos x Ta có có nghiệm x = F π √ π = − Vậy, ta viết π F (x) − F =0 x x (t − cos t)′ dt = (1 + sin t)dt = π π Ta thấy, f (t) = + sin t hàm liên tục, khơng âm R, nên theo Định lí 4.2, phương π trình có nghiệm x = Bài tốn 4.29 Chứng minh phương trình e−x − sin e−x cos e−x − π = có nghiệm x = − ln π Lời giải Xét hàm số Ta có F (x) = e−x − sin e−x cos e−x F (− ln π) = π 75 Phương trình cho tương đương với F (x) − F (− ln π) = x F ′ (t)dt = − ln π hay x e−t − sin e−t cos e−t ′ dt = − ln π Suy x 2e−t sin2 e−t dt = − ln π Hàm số f (t) = −2e−t sin2 e−t hàm liên tục, không dương ∀t ∈ R, nên theo Định lí 4.4 phương trình có nghiệm x = − ln π Bài toán 4.30 (Olympic SV năm 2001) Chứng minh tồn số thực x ∈ (0; 1) cho x t2000 dt x2001 = (1 + t)(1 + t2 ) (1 + t2001 ) (1 + x)(1 + x2 ) (1 + x2001 ) Lời giải t2000 , t ∈ [0, 1] xét hàm số F (x) = x f (t)dt, x ∈ [0, 1] (1 + t)(1 + t2 ) (1 + t2001 ) x Do f (x) liên tục đoạn [0, 1] nên F (x) có đạo hàm (0, 1), liên tục đoạn [0, 1] Đặt f (t) = F ′ (x) = x f (t)dt − xf (x), ∀x ∈ (0, 1) Mặt khác, ta có F (1) = F (0) = Theo định lí Rolle, tồn số x ∈ (0, 1) cho F ′ (x) = 0, nghĩa x f (t)dt = xf (x) Đây điều phải chứng minh 76 Kết luận Luận văn “Đẳng thức, bất đẳng thức tích phân lớp đa thức phân thức hữu tỷ số dạng toán 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 Luận văn giải vấn đề sau: - Khảo sát số dạng toán đẳng thức bất đẳng thức chứa tích phân lớp đa thức - Khảo sát số dạng toán đẳng thức bất đẳng thức chứa tích phân lớp hàm phân thức hữu tỷ - Xét số áp dụng toán cực trị, khảo sát phương trình đa thức phân thức liên quan - Cuối cùng, luận văn trình bày đề tốn thi học sinh giỏi nước, Olympic khu vực quốc tế liên quan đến đẳng thức bất đẳng thức tích phân đa thức phân thức Tài liệu tham khảo A Tiếng Việt [1] Nguyễn Văn Mậu (2003), Đa thức đại số phân thức hữu tỷ, NXB Giáo dục [2] Nguyễn Văn Mậu, Lê Ngọc Lăng, Phạm Long, Nguyễn Minh Tuấn (2006), Các đề thi Olympic Tốn sinh viên tồn quốc, NXB Giáo dục [3] Nguyễn Văn Mậu, Nguyễn Văn Ngọc (2009), Đa thức đối xứng áp dụng, NXB Giáo dục [4] Võ Đức Toàn, Vũ Tiến Việt (2015), Mở rộng phát triển toán thi Olympic sinh viên Việt Nam, Kỷ yếu HNKH Lai Châu 10/2015 B Tiếng Anh [5] Q.A Ngo, D.D Thang, T.T Dat and D.A Tuan (2006) Notes on an integral inequality J Inequal Pure & Appl Math., vol 7(4) [6] Victor Prasolov (2001), Polynomial in Algorithms and computation in mathematics, Vol.11, Springer-Verlag, Berlin-Heidelberg, 2010 [7] C Alsina, R B Nelsen (2009), When less is More: Visualizing Basic Inequalities, in Serie The Dolciani Mathematical Expositions, No 36, The Mathematical Association America, Washington ... 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... phân lớp 3.1 Nguyên hàm tích phân hàm phân thức hữu tỷ 3.2 Hữu tỷ hóa tích phân số hàm số vơ tỉ 3.3 Hữu tỷ hóa tích phân số hàm lượng giác 3.4 Bất đẳng thức tích phân phân thức. .. 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 toán liên quan" nhằm cung cấp số tính chất tích phân hàm biến cho phân