Chủ đề này có 125 trả lời

[Ispectorgadget]

Bài 17: Cho hàm $f$ thỏa mãn $\left\{ \begin{array}{l}
f \in C\left[ {0;1} \right]\\
xf\left( y \right) + yf\left( x \right) \le 1\,\,\forall x;y \in \left( {0;1} \right)
\end{array} \right.$ Chứng minh:

\[\int\limits_0^1 {f\left( x \right)} dx \le \frac{\pi }{4}\]

Cách khác dùng lượng giác .
$\int_0^1 f(x)dx=\int_0^{\frac{\pi}{2}}f(\sin y)\cos ydy $

$\int_0^1 f(x)dx =\int_0^{\frac{\pi}{2}}f(\cos y)\sin ydy$

Do đó $$2\int_0^1 f(x)dx=\int_0^{\frac{\pi}{2}}f(\sin y)\cos y+f(\cos y)\sin y\le \int_0^{\frac{\pi}{2}}dy=\frac{\pi}{2}$$

Vậy ta có điều cần chứng minh .

[dangnamneu]

Bài 43.[Đặng Thành Nam] Xét đa thức $P(x)$ là đa thức bậc $n$ thỏa mãn $P(x) \ge 0,\forall x \in R $. Chứng minh rằng

$$\int\limits_0^1 {\left[ {\left( {x - \frac{1}{2}} \right)\left( {\int\limits_0^x {P(x)dx} + P(x) + P'(x) + ... + {P^{(n - 1)}}(x)} \right)} \right]dx} \ge 0$$
Hãy tổng quát bài toán khi thay đoạn $\left[ {0,1} \right]$ bởi đoạn $\left[ {a,b} \right]$?

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dangnamneu: 09-02-2013 - 12:47

[Ispectorgadget]

Bài 38:
[Đặng Thành Nam] Cho đa thức$f(x) = A{x^3} + B{x^2} + Cx + D$ thỏa mãn điều kiện $A < 0,{B^2} - 3AC \le 0$.
Chứng minh rằng

$$\int\limits_0^1 {xf(x)dx} \le \frac{1}{2}\int\limits_0^1 {f(x)dx} $$.

Hãy tổng quát bài toán khi thay đoạn $\left[ {0,1} \right]$ bởi đoạn $\left[ {a,b} \right]$.

Từ giả thiết ta có $f(x)' \le 0$ do đó $f(x)$ là hàm giảm.
Áp dụng BĐT Chebyshev cho tích phân ta có:
$$\int_0^1 f(x)xdx \le \int_0^1 f(x)dx \int_0^1 x =\frac{1}{2}\int_0^1 f(x)dx$$

Trường hợp $[a;b]$ với $f(x)$ và $g(x)$ nghịch biến thì
$$\frac{1}{b-a}\int_a^b f(x)g(x)dx \le \frac{1}{b-a}\int_a^b f(x)dx.\frac{1}{b-a}\int_a^b g(x)dx$$

Nếu $f(x)$ và $g(x)$ đồng biến thì chiều sẽ ngược lại .

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 09-02-2013 - 13:38

[dangnamneu]

Từ giả thiết ta có $f(x)' \le 0$ do đó $f(x)$ là hàm giảm.
Áp dụng BĐT Chebyshev cho tích phân ta có:
$$\int_0^1 f(x)xdx \le \int_0^1 f(x)dx \int_0^1 x =\frac{1}{2}\int_0^1 f(x)dx$$

Trường hợp $[a;b]$ với $f(x)$ và $g(x)$ nghịch biến thì
$$\frac{1}{b-a}\int_a^b f(x)g(x)dx \le \frac{1}{b-a}\int_a^b f(x)dx.\frac{1}{b-a}\int_a^b g(x)dx$$

Nếu $f(x)$ và $g(x)$ đồng biến thì chiều sẽ ngược lại .

Phát hiện trên của em khá hay nhưng thử cách đó xem giải quyết được trường hợp tiếp theo này không?
Cũng với giả thiết bài toán ở trên nếu giả thiết thêm rằng$f(x) \ge - f\left( {\frac{1}{2}} \right),\forall x \in R$.
Khi đó ta luôn có

$$\int\limits_0^1 {x{f^2}(x)dx} \le \frac{1}{2}\int\limits_0^1 {{f^2}(x)dx} $$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dangnamneu: 09-02-2013 - 14:02

[dangnamneu]

Bài 37: Cho $[a;b] \subset \mathbb{R} \;, f:[a;b] \to \mathbb{R}$ khả vi liên tục trên $[a;b]$ sao cho $f(a)=f(b)=0$. Đặt $g(x)=\min \{|x-a|,|x-b| \} \;, \forall x \in [a;b] $. Chứng minh

$$\int_a^b \dfrac{f^2(x)}{g^2(x)}dx\le 4\int_a^b f'^2(x)dx$$

Theo đề bài $g(x) = \mathop {\min }\limits_{x \in \left[ {a,b} \right]} \left\{ {\left| {x - a} \right|,\left| {x - b} \right|} \right\} = 0$ nên đề bài không có ý nghĩa, mình nghĩ $g(x) = \mathop {{\rm{max}}}\limits_{x \in \left[ {a,b} \right]} \left\{ {\left| {x - a} \right|,\left| {x - b} \right|} \right\} = b - a$ khi đó bất đẳng thức đưa về
$$\int\limits_a^b {{f^2}(x)dx} \le 4{\left( {b - a} \right)^2}\int\limits_a^b {{{\left( {f'(x)} \right)}^2}dx} $$
Các bạn thử dùng Taylor xem
Nhưng ta có bất đẳng thức mạnh hơn là

$$\int\limits_a^b {{f^2}(x)dx} \le {\left( {b - a} \right)^2}\int\limits_a^b {{{\left( {f'(x)} \right)}^2}dx} $$
Và chỉ cần điều kiện hoặc $f(a) = 0$ hoặc $f(b) = 0$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dangnamneu: 09-02-2013 - 14:28

[dangnamneu]

Bài 44: [Đặng Thành Nam] Cho $f(x) \ge 0$ là hàm khả vi liên tục và tăng trên $\left[ {0,1} \right]$. Giả sử tồn tại $M,m > 0$sao cho $f(x) \le M$và $f'(x) \le m$ với mọi $0 \le x \le 1$. Chứng minh rằng

$$0 \le \int\limits_0^1 {x{f^2}(x)dx} \int\limits_0^1 {f(x)dx} - \int\limits_0^1 {{f^2}(x)dx} \int\limits_0^1 {xf(x)dx} \le \frac{{{M^2}m}}{{12}}$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dangnamneu: 12-02-2013 - 10:49

[Ispectorgadget]

Bài 45: a) Chứng minh: $$\int_0^{\sqrt{2\pi}}\sin x^2 dx >0$$
b) Hàm $f(x)$ khả tích trên toạn $[0;1]$ và $\int_0^1 f(x)dx >0$. Chứng minh tồn tại đoạn $[a;b]\subset [0;1]$ mà trên đó $f(x)>0$

[dangnamneu]

Bài 45: a) Chứng minh: $$\int_0^{\sqrt{2\pi}}\sin x^2 dx >0$$
b) Hàm $f(x)$ khả tích trên toạn $[0;1]$ và $\int_0^1 f(x)dx >0$. Chứng minh tồn tại đoạn $[a;b]\subset [0;1]$ mà trên đó $f(x)>0$

Mình chứng minh câu a)

Trước tiên ta chứng minh: $\sin x \ge x - \frac{{{x^3}}}{6},\forall x \ge 0$
Thật vậy xét hàm số $f(x) = \sin x - x + \frac{{{x^3}}}{6}$ ta có $f'(x) = \cos x - 1 + \frac{{{x^2}}}{2} \Rightarrow f''(x) = - \sin x + x \Rightarrow f'''(x) = 1 - \cos x \ge 0$.
Suy ra $f''(x) \ge f''(0) = 0 \Rightarrow f'(x) \ge f'(0) = 0 \Rightarrow f(x) \ge f(0) = 0$.
Tức là $\sin x \ge x - \frac{{{x^3}}}{6},\forall x \ge 0$.
Suy ra


$$\int\limits_0^{\sqrt {2\pi } } {\sin {x^2}dx} \ge \int\limits_0^{\sqrt {2\pi } } {\left( {{x^2} - \frac{{{x^6}}}{6}} \right)dx} = \left( {\frac{{{x^3}}}{3} - \frac{{{x^7}}}{{42}}} \right)\left| \begin{array}{l}
\sqrt {2\pi } \\
0
\end{array} \right. = \frac{{2\pi \sqrt {2\pi } }}{3} - \frac{{4{\pi ^3}\sqrt {2\pi } }}{{21}} = \frac{{2\pi \sqrt {2\pi } }}{3}\left( {1 - \frac{{2\pi }}{7}} \right) > 0$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dangnamneu: 13-02-2013 - 22:35

[anktqd]

Bài 38:
[Đặng Thành Nam] Cho đa thức$f(x) = A{x^3} + B{x^2} + Cx + D$ thỏa mãn điều kiện $A < 0,{B^2} - 3AC \le 0$.
Chứng minh rằng

$$\int\limits_0^1 {xf(x)dx} \le \frac{1}{2}\int\limits_0^1 {f(x)dx} $$.

Hãy tổng quát bài toán khi thay đoạn $\left[ {0,1} \right]$ bởi đoạn $\left[ {a,b} \right]$.

Từ giả thiết của bài toán ta có $f'(x) \le 0 \quad (1).$
Ta viết bất đẳng thức về dạng $\int\limits_0^1(2x-1)f(x)dx \le 0.$ Sử dụng công thức tích phân từng phần ta có $$\int\limits_0^1(2x-1)f(x)dx=x(x-1)f(x)\bigg|_0^1+\int\limits_0^1x(1-x)f'(x)dx=\int\limits_0^1x(1-x)f'(x)dx \le 0$$Vì từ $(1)$ suy ra $x(1-x)f'(x) \le 0 \ \forall x\in [0, 1].$
Ta có thể tổng quát bài toán như sau :
Cho hàm số $f$ liên tục, có đạo hàm cấp một và giảm trên $[a, b].$ Chứng minh $\int\limits_a^b xf(x)\, dx \le \frac{a+b}{2}\int\limits_a^bf(x)\, dx.$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi anktqd: 15-02-2013 - 18:12

[anktqd]

Bài 43.[Đặng Thành Nam] Xét đa thức $P(x)$ là đa thức bậc $n$ thỏa mãn $P(x) \ge 0,\forall x \in R $. Chứng minh rằng

$$\int\limits_0^1 {\left[ {\left( {x - \frac{1}{2}} \right)\left( {\int\limits_0^x {P(x)dx} + P(x) + P'(x) + ... + {P^{(n - 1)}}(x)} \right)} \right]dx} \ge 0$$
Hãy tổng quát bài toán khi thay đoạn $\left[ {0,1} \right]$ bởi đoạn $\left[ {a,b} \right]$?

Đặt $Q(x)=P(x)+P'(x)+\cdots+P^{(n)}(x).$ Sử dụng công thức tích phân từng phần ta đưa về chứng minh $$\int\limits_0^1x(1-x)Q(x)dx \ge 0$$Đến đây ta sẽ chứng minh với giả thiết của bài toán thì $$Q(x)=P(x)+P'(x)+\cdots+P^{(n)}(x) \ge 0,\ \forall x \in \mathbb{R}$$Nhận thấy $n$ chẵn, đa thức $Q(x)$ liên tục,$\lim\limits_{x \to \pm \infty} Q(x)=+\infty,\ Q'(x)$ là đa thức bậc lẻ nên luôn có nghiệm, như vậy $Q(x)$ đạt GTNN (là cực tiểu) tại một điểm $x_0.$ Lúc đó ta có $$Q'(x_0)=0 \Rightarrow Q(x) \ge Q(x_0)=P(x_0)+Q'(x_0)=P(x_0) \ge 0,\ \forall x \in \mathbb{R}$$Bài toán được chứng minh

P/s : Cái đoạn chữ đỏ mình chưa hiểu rõ lắm và thấy không chặt chẽ, mọi người phân tích rõ chỗ đó giúp mình nhé

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi anktqd: 15-02-2013 - 20:05

[Ispectorgadget]

Đặt $Q(x)=P(x)+P'(x)+\cdots+P^{(n)}(x).$ Sử dụng công thức tích phân từng phần ta đưa về chứng minh $$\int\limits_0^1x(1-x)Q(x)dx \ge 0$$Đến đây ta sẽ chứng minh với giả thiết của bài toán thì $$Q(x)=P(x)+P'(x)+\cdots+P^{(n)}(x) \ge 0,\ \forall x \in \mathbb{R}$$Nhận thấy $n$ chẵn, đa thức $Q(x)$ liên tục,$\lim\limits_{x \to \pm \infty} Q(x)=+\infty,\ Q'(x)$ là đa thức bậc lẻ nên luôn có nghiệm, như vậy $Q(x)$ đạt GTNN (là cực tiểu) tại một điểm $x_0.$ Lúc đó ta có $$Q'(x_0)=0 \Rightarrow Q(x) \ge Q(x_0)=P(x_0)+Q'(x_0)=P(x_0) \ge 0,\ \forall x \in \mathbb{R}$$Bài toán được chứng minh

P/s : Cái đoạn chữ đỏ mình chưa hiểu rõ lắm và thấy không chặt chẽ, mọi người phân tích rõ chỗ đó giúp mình nhé

Chắc là cái này

[dangnamneu]

Bài 46[Tích phân với cận trên thay đổi] Cho $f:\left[ {a,b} \right] \to R ,\left( {a < b} \right)$ là hàm khả vi liên tục trên $\left[ {a,b} \right]$ thỏa mãn $\int\limits_a^b {f(x)dx} = 0$. Chứng minh rằng

$$\left| {\int\limits_a^x {f(t)dt} } \right| \le \frac{{\left( {x - a} \right)\left( {b - x} \right)}}{2}.\mathop {\sup }\limits_{a \le x \le b} \left| {f'(x)} \right|$$

nếu giả sử thêm điều kiện $f(a) = f(b) = 0$ thì ta có

$$\left| {\int\limits_a^x {f(t)dt} } \right| \le \frac{{{{\left( {b - a} \right)}^2}}}{{16}}.\mathop {\sup }\limits_{a \le x \le b} \left| {f'(x)} \right|$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dangnamneu: 15-02-2013 - 21:32

[dangnamneu]

Thêm một bài nữa nào

Bài 47. [Đặng Thành Nam] Cho $f:\left[ {0,1} \right] \to R $là hàm khả vi liên tục. Đặt $M = \mathop {{\rm{max}}}\limits_{x \in \left[ {0,1} \right]} \left| {f'(x)} \right|$. Chứng minh rằng

$$0 \le \int\limits_0^1 {{f^2}(x)dx} - {\left( {\int\limits_0^1 {f(x)dx} } \right)^2} \le M\left( {\mathop {{\rm{max}}}\limits_{x \in \left[ {0,1} \right]} f(x) - \int\limits_0^1 {f(x)dx} } \right)$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dangnamneu: 17-02-2013 - 12:55

[ablrise]

Bài trên có bề ngoài ''gần giống'' với một bài đã post của bạn phudinhgioihan khi đặc biệt hoá hai tham số $a,b$ :
Bài 48:Cho hàm số $f:[0,1]\to \mathbb{R}$ khả vi liên tục trên miền xác định.
Đặt $M=\displaystyle\max_{x\in [ 0;1]} |f'(x)|,m=\displaystyle\min_{x\in [0;1]} |f'(x)|$.Chứng minh rằng :$$\dfrac{m^2}{12}\leq\displaystyle\int_0^1 f^2(x)dx-\left(\displaystyle\int_0^1 f(x)dx\right)^2 \leq \dfrac{M^2}{12}$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ablrise: 17-02-2013 - 11:39

[dangnamneu]

Bài trên có bề ngoài ''gần giống'' với một bài đã post của bạn phudinhgioihan khi đặc biệt hoá hai tham số $a,b$ :
Bài 48:Cho hàm số $f:[0,1]\to \mathbb{R}$ khả vi liên tục trên miền xác định.
Đặt $M=\displaystyle\max_{x\in [ 0;1]} |f'(x)|,m=\displaystyle\min_{x\in [0;1]} |f'(x)|$.Chứng minh rằng :$$\dfrac{m^2}{12}\leq\displaystyle\int_0^1 f^2(x)dx-\left(\displaystyle\int_0^1 f(x)dx\right)^2 \leq \dfrac{M^2}{12}$$

Không chỉ bề ngoài mà cách chứng minh cũng hoàn toàn tương tự

[ablrise]

Không chỉ bề ngoài mà cách chứng minh cũng hoàn toàn tương tự

Bạn chứng minh lời bạn nói bên trên được không ?

[dangnamneu]

[size=4]
Bạn chứng minh lời bạn nói bên trên được không ?

Mình nghĩ để ai đó đưa ra lời giải cho hai bài toán trên, vì bài mình đưa ra có dạng tương tự

Bài 49. [Đặng Thành Nam] Cho $f(x) \ge 0$ là hàm giảm và $f(x) + xf'(x) \ge 0$ với mọi $x \in \left[ {a,b} \right]$. Chứng minh rằng

$$\int\limits_a^b {x{f^2}(x)dx} \le \frac{{b + a}}{{2\left( {b - a} \right)}}{\left( {\int\limits_a^b {f(x)dx} } \right)^2}$$

[ablrise]

Một bài khá quen thuộc ,cần dùng thêm định lí Fubini để giải:
Bài 50:Cho hàm $f:[0;1]\to [0,+\infty)$ khả vi liên tục trên miền xác định.Đặt $M=\displaystyle \max_{x\in [0;1]} |f'(x)|$Chứng minh rằng:$$\left |\int_0^1 f^3\left(x\right)dx-f^2\left(0\right)\int_0^1 f\left(x\right)dx\right|\leq M \left(\int_0^1 f\left(x\right)dx\right)^2$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ablrise: 18-02-2013 - 13:17

[dangnamneu]

Một bài khá quen thuộc ,cần dùng thêm định lí Fubini để giải:
Bài 50:Cho hàm $f:[0;1]\to [0,+\infty)$ khả vi liên tục trên miền xác định.Đặt $M=\displaystyle \max_{x\in [0;1]} |f'(x)|$Chứng minh rằng:$$\left |\int_0^1 f^3\left(x\right)dx-f^2\left(0\right)\int_0^1 f\left(x\right)dx\right|\leq M \left(\int_0^1 f\left(x\right)dx\right)^2$$

Bài trên ko cần dùng thêm dinh ly j khac, cac ban co the dung tich phan tung phan hoac chung mjnh bang cach khao sat ham so
Mjnh onl bang dien thoai nen ko tien post loi giai

[viet 1846]

Một bài khá quen thuộc ,cần dùng thêm định lí Fubini để giải:
Bài 50:Cho hàm $f:[0;1]\to [0,+\infty)$ khả vi liên tục trên miền xác định.Đặt $M=\displaystyle \max_{x\in [0;1]} |f'(x)|$Chứng minh rằng:$$\left |\int_0^1 f^3\left(x\right)dx-f^2\left(0\right)\int_0^1 f\left(x\right)dx\right|\leq M \left(\int_0^1 f\left(x\right)dx\right)^2$$

Với $t\in [0;1]$ ta có:

\[ - M \le f'\left( t \right) \le M\]

\[ \Leftrightarrow - M.f\left( t \right) \le f'\left( t \right).f\left( t \right) \le M.f\left( t \right)\]

\[ \Leftrightarrow - M.\int\limits_0^x {f\left( t \right)dt} \le \int\limits_0^x {f'\left( t \right).f\left( t \right)dt} \le M.\int\limits_0^x {f\left( t \right)dt} \,\,\forall x \in \left( {0;1} \right)\]

\[ \Leftrightarrow - M.\int\limits_0^x {f\left( t \right)dt} \le \frac{1}{2}\left[ {{f^2}\left( x \right) - {f^2}\left( 0 \right)} \right] \le M.\int\limits_0^x {f\left( t \right)dt} \]

\[ \Rightarrow - M.f\left( x \right)\int\limits_0^x {f\left( t \right)dt} \le \frac{1}{2}\left( {{f^3}\left( x \right) - {f^2}\left( 0 \right).f\left( x \right)} \right) \le M.f\left( x \right)\int\limits_0^x {f\left( t \right)dt} \]

\[ \Rightarrow - M.\int\limits_0^1 {\left( {f\left( x \right)\int\limits_0^x {f\left( t \right)dt} } \right)dx} \le \frac{1}{2}\int\limits_0^1 {\left( {{f^3}\left( x \right) - {f^2}\left( 0 \right).f\left( x \right)} \right)dx} \le M.\int\limits_0^1 {\left( {f\left( x \right)\int\limits_0^x {f\left( t \right)dt} } \right)dx} \]

Mặt khác ta có:

\[\int\limits_0^1 {\left( {f\left( x \right)\int\limits_0^x {f\left( t \right)dt} } \right)dx} = \int\limits_0^1 {\left( {\int\limits_0^x {f\left( t \right)dt} } \right)d\left( {\int\limits_0^x {f\left( t \right)dt} } \right) = \frac{1}{2}} {\left( {\int_0^1 f \left( x \right)dx} \right)^2}\]

Nên ta có đpcm.