Đến nội dung

Hình ảnh

Ôn thi Olympic Toán học sinh viên 2015 [Giải tích]

bất đẳng thức tích phân hàm liên tục dãy số chuỗi số đa thức phương trình hàm

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 137 trả lời

#61
dangnamneu

dangnamneu

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 68 Bài viết

Bài 39:Cho hàm $f:[0;1]\to\mathbb{R}$ liên tục thỏa mãn $\int_0^1 xf(x)dx=0$.Chứng minh rằng tồn tại $a\in[0;1]$ sao cho $$f(a)=a\displaystyle \int_a^1 f(x)dx$$
Bài 40:(DHSP HCM 2011)::Cho hàm $f$ khả vi liên tục trên $[a;b]$.Chứng minh rằng:$$\displaystyle\max_{x\in [a,b]}|f(x)|\leq \dfrac{1}{2}\left[|f\left(a\right)+f\left(b\right)|+\int_a^b |f'\left(x\right)|dx\right]$$
Bài 41:Cho $f$ là hàm khả vi liên tục trên $[a;b]$ sao cho $\int_0^1 f(x)dx=0$.Chứng minh rằng $$\left|\displaystyle\int_0^1 xf(x)dx\right|\leq\dfrac{1}{12}\displaystyle\max_{x\in [0;1]} |f'(x)|$$




Bài 39. Không tiện post lời giải…
Mai lại đi Hải phòng làm nửa tháng không có thời gian chém cùng các bạn nên làm chút cho vui trước khi lên đường cái nhỉ?

Bài 40. Ta có $f(x) = f(a) + \int\limits_a^x {f'(t)dt} $ và $f(x) = f(b) + \int\limits_b^x {f'(t)dt} $.
Suy ra
\[f(x) = \frac{1}{2}\left[ {f(a) + f(b) + \int\limits_a^x {f'(t)dt} + \int\limits_b^x {f'(t)dt} } \right]\]
\[ \le \frac{1}{2}\left[ {\left| {f(a) + f(b)} \right| + \int\limits_a^x {\left| {f'(t)} \right|dt} + \int\limits_x^b {\left| {f'(t)} \right|dt} } \right] = \frac{1}{2}\left[ {\left| {f(a) + f(b)} \right| + \int\limits_a^b {\left| {f'(t)} \right|dt} } \right]\].

Bài toán được chứng minh.


Một số bài toán tương tự:

1. Giả sử $f$là hàm khả vi liên tục trên $\left[ {0,1} \right]$. Chứng minh rằng
$$\mathop {\sup }\limits_{x \in \left[ {0,1} \right]} \left| {f(x)} \right| \le \int\limits_0^1 {\left( {\left| {f(t)} \right| + \left| {f'(t)} \right|} \right)dt} $$

$$\left| {f\left( {\frac{1}{2}} \right)} \right| \le \int\limits_0^1 {\left( {\left| {f(t)} \right| + \frac{1}{2}\left| {f'(t)} \right|} \right)dt} $$
2. Bài 27 của phudinhgioihan trong cùng Topic này

Bài 41 của thầy Dương Việt Thông trên tạp chí AMM, cách giải ngắn gọn như sau

Do $\int\limits_0^1 {f(x)dx} = 0$ nên dễ có $\int\limits_0^1 {xf(x)dx} = \int\limits_0^1 {\left( {x - \frac{1}{2}} \right)\left( {f(x) - f\left( {\frac{1}{2}} \right)} \right)} dx = \int\limits_0^1 {{{\left( {x - \frac{1}{2}} \right)}^2}f'({c_x})dx} $ với ${c_x}$ nằm giữa $x$ và $\frac{1}{2}$ từ đây dễ suy ra kết quả bài toán.

Với lời giải này có rất nhiều mở rộng

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dangnamneu: 25-02-2013 - 01:21

Giáo viên môn Toán tại website : http://vted.vn


#62
babymath

babymath

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 33 Bài viết
Lời giải và đề bài không khớp nhau,bạn xem lại đi

#63
babymath

babymath

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 33 Bài viết

Bài 31: (mới chế :D)

Cho $[a;b] \subset \mathbb{R}$, $f:[a;b] \to \mathbb{R}$ có đạo hàm cấp 2 liên tục sao cho $f(a)=f(b)=f'(a)=f'(b)=0\;, f''(x) \ge 0 \;\forall x \in [a;b]$

Chứng minh tồn tại $c \in [a;b] $ sao cho $\dfrac{(b-a)^3}{6} f''( c ) \ge \int_a^b f(x)dx \ge \dfrac{(b-a)^3}{24}f''( c )$


Mình nghĩ bất đẳng thức vế trái phải là một số $d$ khác chứ không phải là $c$

Ta có
$$\int_{a}^{b}f(x)dx=-\int_{a}^{b}x f'(x)dx=\dfrac{1}{2}\int_{a}^{b} x^2 f''(t)dt$$
Như vậy cần chứng minh tồn tại $c\in [a,b]$ sao cho $$\dfrac{(b-a)^3}{6} f''( c ) \ge \dfrac{1}{2}\int_{a}^{b} x^2 f''(t)dt \ge \dfrac{(b-a)^3}{24}f''( c )$$
Bước tiếp theo, bạn phudinhgioihan làm thế nào?

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi babymath: 03-03-2013 - 11:56


#64
babymath

babymath

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 33 Bài viết
Bài 42 (IMC 2012)Cho hàm số $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ liên tục sao cho $f'(x)>f\left(f(x)\right),\forall x\in\mathbb{R}$ Chứng minh rằng $$f\left(f\left(f(x)\right)\right)\le 0,\forall x\geq 0$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi babymath: 02-03-2013 - 13:32


#65
babymath

babymath

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 33 Bài viết
Bài 43:Cho hàm $f:[ a,b]\to\mathbb{R}$ khả vi 3 lần trên$[a,b]$ với $f(a)=f(b)$.Đặt $M=\sup_{x\in [a,b]}|f'''(x)|$ Chúng minh rằng
$$\left|\int\limits_{a}^{\frac{a+b}{2}} f(x)dx - \int\limits_{\frac{a+b}{2}}^{b} f(x)dx\right| \leq \dfrac{(b-a)^4 M}{192} $$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi babymath: 03-03-2013 - 11:52


#66
phudinhgioihan

phudinhgioihan

    PĐGH$\Leftrightarrow$TDST

  • Biên tập viên
  • 348 Bài viết

Bài 31: (mới chế :D)

Cho $[a;b] \subset \mathbb{R}$, $f:[a;b] \to \mathbb{R}$ có đạo hàm cấp 2 liên tục sao cho $f(a)=f(b)=f'(a)=f'(b)=0\;, f''(x) \ge 0 \;\forall x \in [a;b]$

Chứng minh tồn tại $c \in [a;b] $ sao cho $\dfrac{(b-a)^3}{6} f''( c ) \ge \int_a^b f(x)dx \ge \dfrac{(b-a)^3}{24}f''( c )$

Bài 32: (mới chế :D)

Cho $f:[0;2] \to [0;\dfrac{1}{2} ]$ đơn điệu tăng và có đạo hàm cấp 2 liên tục trên $[0;2]$ đồng thời $f'(0).f'(1)=1$. Chứng minh tồn tại $c \in [0;2]$ sao cho

$$f''( c) \ge 3 \int_0^2 f(x)dx $$

Mình nghĩ bất đẳng thức vế trái phải là một số $d$ khác chứ không phải là $c$

[size=4]
Ta có
$$\int_{a}^{b}f(x)dx=-\int_{a}^{b}x f'(x)dx=\dfrac{1}{2}\int_{a}^{b} x^2 f''(t)dt$$
Như vậy cần chứng minh tồn tại $c\in [a,b]$ sao cho $$\dfrac{(b-a)^3}{6} f''( c ) \ge \dfrac{1}{2}\int_{a}^{b} x^2 f''(t)dt \ge \dfrac{(b-a)^3}{24}f''( c )$$
Bước tiếp theo, bạn phudinhgioihan làm thế nào?



Thật ra mọi chuyện bắt đầu như thế này... Ngày não ngày nao... :D

Ta có: $$ \text{Với} \;t \in [0;1]\;, \int_a^b f(x)dx=\left(x-ta-(1-t)b\right)f(x)|_a^b-\int_a^b \left(x-at-(1-t)b\right)f'(x)dx $$

$$=(b-a)\left(tf(b)+(1-t)f(a)\right)-\left(x-at-(1-t)b\right)^2f'(x)|_a^b+\int_a^b \left(x-ta-(1-t)b\right)f'(x)+\int_a^b \left(x-at-(1-t)b\right)^2f''(x)dx $$

$$=(b-a)\left(tf(b)+(1-t)f(a)\right)-(b-a)^2\left( t^2f'(b)+(1-t)^2f'(a) \right)+\left(x-ta-(1-t)b\right)f(x)|_a^b-\int_a^b f(x)dx+\int_a^b \left(x-at-(1-t)b\right)^2f''(x)dx$$

$\Leftrightarrow 2 \int_a^b f(x)dx=2(b-a)\left(tf(b)+(1-t)f(a)\right)-(b-a)^2\left( t^2f'(b)+(1-t)^2f'(a) \right)+\int_a^b \left(x-at-(1-t)b\right)^2f''(x)dx$

Từ đây hoặc nếu thích, ta có thể cho xuất hiện cả $t_1;t_2$ vào nữa để có đẳng thức tổng quát hơn.
~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~

Với giả thiết của bài toán 31 thì ta có :

$\int_a^b f(x)dx=\dfrac{1}{2} \int_a^b \left(x-at-(1-t)b\right)^2f''(x)dx=\dfrac{f''( c)}{2} \int_a^b \left(x-at-(1-t)b\right)dx \;, c \in [a;b]$

$$\Leftrightarrow \int_a^b f(x)dx=(b-a)^3\dfrac{f''( c)}{6}\left(t^3+(1-t)^3\right)$$

Từ $$\dfrac{1}{4}=\dfrac{(t+1-t)^3}{4}\le t^3+(1-t)^3 \le t+1-t=1$$

Ta có ngay $\dfrac{(b-a)^3}{6} f''( c ) \ge \int_a^b f(x)dx \ge \dfrac{(b-a)^3}{24}f''( c )$
~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~

Với giả thiết bài 32 thì ta có:

$$\int_0^2 f(x)dx =2(tf(2)+(1-t)f(0))-2(t^2f'(2)+(1-t)^2f'(0))+\dfrac{1}{2} \int_0^2 \left(x-2(1-t)\right)^2f''(x)dx $$

Chọn $t=\dfrac{1}{2}$ , ta có

$$\int_0^2 f(x)dx =f(0)+f(2)-\dfrac{f'(0)+f'(2)}{2}+\dfrac{f''(c )}{2} \int_0^2 (x-1)^2dx \;\;, c \in [a;b] $$

$$\le f(0)+f(2)-\sqrt{f'(0)f'(2)}+\dfrac{f''(c )}{3}$$

$$\le \dfrac{f''(c )}{3} $$

Vậy ta có đpcm.


P/s: Do đoạn code khá dài nên hiển thị trên diễn đàn không được đẹp :D. Theo lối đó ta có thể sáng tác rất nhiều bài toán khác có hình thức đẹp và khó hơn nhiều.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi phudinhgioihan: 04-03-2013 - 19:51

Phủ định của giới hạn Hình đã gửi

Đó duy sáng tạo ! Hình đã gửi


https://phudinhgioihan.wordpress.com/

#67
dangnamneu

dangnamneu

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 68 Bài viết

Mục đích chính là mình muốn đưa ra đẳng thức rất đẹp sau

$$\dfrac{f(x)}{b-a}=\int_a^b f(x)dx+\int_a^x (t-a)f'(t)dt+\int_x^b (t-b)f'(t)dt$$

Do đó ta có $$f(x)=\int_0^1 f(x)dx+\int_0^x tf'(t)dt+\int_x^1 (t-1)f'(t)dt$$

$$ \le \int_0^1 f(x)dx+\int_0^x tf'(t)dt +\sqrt{\int_x^1 (t-1)^2dt \int_x^1 f'^2( t)dt} $$

$$\le \int_0^1 f(x)dx+\int_0^x tf'(t)dt+\dfrac{1}{2}\int_x^1 f'^2(t)dt+\dfrac{(1-x)^3}{6}$$

$$\le \int_0^1 f(t)dt+\dfrac{1}{2} \int_0^1 f'^2(t)dt+\dfrac{(1-x)^3}{6} $$

Do $f'(t) \le 0 \;, \forall t \in [0;1]$



Dẳng thức đúng phải là


$$\left( {b - a} \right)f(x) = \int\limits_a^b {f(x)dx} + \int\limits_a^x {\left( {t - a} \right)f'(t)dt} + \int\limits_x^b {\left( {t - b} \right)f'(t)} dt$$$$\left( {b - a} \right)f(x) = \int\limits_a^b {f(x)dx} + \int\limits_a^x {\left( {t - a} \right)f'(t)dt} + \int\limits_x^b {\left( {t - b} \right)f'(t)} dt$$$$\left( {b - a} \right)f(x) = \int\limits_a^b {f(x)dx} + \int\limits_a^x {\left( {t - a} \right)f'(t)dt} + \int\limits_x^b {\left( {t - b} \right)f'(t)} dt$$

Giáo viên môn Toán tại website : http://vted.vn


#68
phudinhgioihan

phudinhgioihan

    PĐGH$\Leftrightarrow$TDST

  • Biên tập viên
  • 348 Bài viết

Một bài có nhiều ứng dụng trong tính giới hạn liên quan đến tích phân ;
Bài 35:Cho hàm $f:[a,b]\to\mathbb{R}$ liên tục trên miền xác định với $0\leq a<b$ và cho hàm $g:[0,+\infty)\to\mathbb{R}$ liên tục ,tuần hoàn với chu kì $T$.Chứng minh rằng:$$\displaystyle\lim_{n\to+\infty}\int_a^b f(x)g(nx)dx =\dfrac{1}{T}\int_0^T g(x) \int_a^b f(x)dx$$


Hic, khế chua khế chát :(

Do $g$ liên tục trên $[a;b]$, do đó, tồn tại $M > 0$ sao cho $ g(x)+M >0 \;, \forall x \in [a;b] $

Đặt $h(x)=g(x)+M $ , khi đó $h$ liên tục dương và tuần hoàn chu kỳ $T$ trên $[a;b]$.

Với $n$ rất lớn gọi $m \in \mathbb{N}$ lớn nhất sao cho $\dfrac{mT}{n}<b-a $ , theo định lý trung bình tích phân ta có:

$$\int_a^b f(x)h(nx)=\sum_{i=0}^m \int_{a+\frac{iT}{n}}^{a+\frac{(i+1)T}{n}} f(x) h(nx)dx+\int_{a+\frac{mT}{n}}^b f(x)h(nx)dx$$

$$=\sum_{i=0}^m f(c_m )\int_{a+\frac{iT}{n}}^{a+\frac{(i+1)T}{n}} h(nx)dx+\int_{a+\frac{mT}{n}}^b f(x)h(nx)dx $$

$$=\sum_{i=0}^m f(c_m )\dfrac{1}{n} \int_{a+iT}^{a+(i+1)T} h(x)dx+\int_{a+\frac{mT}{n}}^b f(x)h(nx)dx $$

$$=\sum_{i=0}^m f(c_m )\dfrac{1}{n}( \int_{a+iT}^0 h(x)dx+\int_0^T h(x)dx+\int_T^{a+{i+1}T} h(x)dx )+\int_{a+\frac{mT}{n}}^b f(x)h(nx)dx $$

$$=\sum_{i=0}^m f(c_m )\dfrac{1}{n} \int_0^T h(x)dx+\int_{a+\frac{mT}{n}}^b f(x)h(nx)dx $$

$$=\sum_{i=0}^m f(c_m )\dfrac{T}{n} \dfrac{1}{T}\int_0^T h(x)dx +\int_{a+\frac{mT}{n}}^b f(x)h(nx)dx$$

$$=\sum_{i=0}^m f(c_m ) (a+\dfrac{(i+1)T}{n}-a-\dfrac{iT}{n}) \dfrac{1}{T}\int_0^T h(x)dx+\int_{a+\frac{mT}{n}}^b f(x)h(nx)dx $$


Suy ra

$$\lim_{n \to +\infty} \int_a^b f(x)h(nx)dx$$
$$=\lim_{n \to+\infty}\left(\sum_{i=0}^m f(c_m ) (a+\dfrac{(i+1)T}{n}-a-\dfrac{iT}{n}) \dfrac{1}{T}\int_0^T h(x)dx+\int_{a+\frac{mT}{n}}^b f(x)h(nx)dx \right)$$

$$= \dfrac{1}{T}\int_0^T h(x)dx \int_a^b f(x)dx $$

$$\Leftrightarrow \lim_{n \to +\infty} \int_a^bf(x)( g(nx)+M)dx=\dfrac{1}{T}\int_0^T (g(x)+M)dx \int_a^b f(x)dx $$

$$\Leftrightarrow \lim_{n \to +\infty} \int_a^bf(x) g(nx)dx=\dfrac{1}{T}\int_0^T g(x)dx \int_a^b f(x)dx $$

Phủ định của giới hạn Hình đã gửi

Đó duy sáng tạo ! Hình đã gửi


https://phudinhgioihan.wordpress.com/

#69
babymath

babymath

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 33 Bài viết
Bài 44: không sử dụng kết quả bài 35 hãy chứng minh rằng:
$$\lim\limits_{n\to +\infty} \int_a^b f(x)sin^2( nx)dx=\dfrac{1}{2}\int_a^b f(x)dx$$ trong đó $f(x):[a;b]\to\mathbb{R} $ là hàm liên tục trên $[a;b]$
Bài 45:Cho dãy số $x_n=\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\dfrac{2}{2n+2k-1}$.
Tìm $\lim\limits_{n\to +\infty} n^2 (ln2-x_n)$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi babymath: 09-03-2013 - 21:14


#70
khacduongpro_165

khacduongpro_165

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 594 Bài viết
Bài 46: Cho $f(x)$ là một hàm liên tục trên $[0,1]$ sao co với mỗi $x\epsilon [0,1]$ thì $\int_{x}^{1}f(t)dt\geq \frac{1-x^2}{2}$
Chứng minh: $\int_{0}^{1}f^2(t)dt\geq \frac{1}{3}$

Sr: Nhầm đề tý, đã sửa rồi, thiếu cái mũ 2 :)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi khacduongpro_165: 12-03-2013 - 16:46

"Phong độ là nhất thời, đẳng cấp là mãi mãi"!!!

#71
phudinhgioihan

phudinhgioihan

    PĐGH$\Leftrightarrow$TDST

  • Biên tập viên
  • 348 Bài viết

Bài 46: Cho $f(x)$ là một hàm liên tục trên $[0,1]$ sao co với mỗi $x\epsilon [0,1]$ thì $\int_{x}^{1}f(t)dt\geq \frac{1-x^2}{2}$
Chứng minh: $f(x) \geq x$ từ đó suy ra: $\int_{0}^{1}f(t)dt\geq \frac{1}{3}$


Bài này và bài 14 trong cùng topic này tương tự nhau , lời giải cho bài 14 đã có ở đây

http://diendantoanho...2013-giải-tich/

Chắc có nhầm lẫn hay sao á, cho $x=0$ là có ngay kết quả rồi

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi phudinhgioihan: 11-03-2013 - 14:36

Phủ định của giới hạn Hình đã gửi

Đó duy sáng tạo ! Hình đã gửi


https://phudinhgioihan.wordpress.com/

#72
khacduongpro_165

khacduongpro_165

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 594 Bài viết

Bài này và bài 14 trong cùng topic này tương tự nhau , lời giải cho bài 14 đã có ở đây

http://diendantoanho...2013-giải-tich/


Về cơ bản là cùng dạng nhưng ở bài 14 thì $a,b$ cận thay đổi trong $[0,2]$ nên việc chứng mình $f^2(x)\leq x^2$ mình nghĩ nó hơi khác.
Vì đang nghĩ đến khà năng chỉ tồn tại lân cận dưới của 1 là dương.
"Phong độ là nhất thời, đẳng cấp là mãi mãi"!!!

#73
khacduongpro_165

khacduongpro_165

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 594 Bài viết
Bài 47: Cho $f(x))$ liên tục trên $[a,b]$ và $f(x)$ không tuyến tính, khả vi trên $(a,b)$, dùng hình học, chứng minh rằng:
Tồn tại $\alpha \epsilon (a,b)$ để: $\left | f'(\alpha ) \right |>\left | \frac{f(b)-f(a)}{b-a} \right |$.
p/s: Chỉ được dùng hình học và các tính chất của tiếp tuyến nhé :)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi phudinhgioihan: 13-03-2013 - 19:42

"Phong độ là nhất thời, đẳng cấp là mãi mãi"!!!

#74
dangnamneu

dangnamneu

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 68 Bài viết
Gửi tặng các các sĩ tử một bài toán đẹp mắt mình vừa cho ra lò
Bài 48. [Đặng Thành Nam] Cho $f$ là hàm liên tục khả vi trên trên $\left[ {a,b} \right]$ thỏa mãn điều kiện
$$f\left( {\frac{{a + b}}{2}} \right) \ge \frac{{f(a) + f(b)}}{2}$$
Chứng minh rằng tồn tại $c \in \left( {a,b} \right)$ sao cho
$$ f'( c ) = \frac{{f(b) - f(a)}}{{2\left( {b - a} \right)}}$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi phudinhgioihan: 12-03-2013 - 17:52

Giáo viên môn Toán tại website : http://vted.vn


#75
dangnamneu

dangnamneu

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 68 Bài viết

Bài này và bài 14 trong cùng topic này tương tự nhau , lời giải cho bài 14 đã có ở đây

http://diendantoanho...2013-giải-tich/

Chắc có nhầm lẫn hay sao á, cho $x=0$ là có ngay kết quả rồi





Bài 46: Cho $f(x)$ là một hàm liên tục trên $[0,1]$ sao co với mỗi $x\epsilon [0,1]$ thì $\int_{x}^{1}f(t)dt\geq \frac{1-x^2}{2}$
Chứng minh: $f(x) \geq x$ từ đó suy ra: $\int_{0}^{1}f^2(t)dt\geq \frac{1}{3}$

Sr: Nhầm đề tý, đã sửa rồi, thiếu cái mũ 2 :)



Việc chứng minh $f(x) \ge x$ là một sai lầm trong tư duy, bạn nên xem lại

Giáo viên môn Toán tại website : http://vted.vn


#76
khacduongpro_165

khacduongpro_165

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 594 Bài viết

Việc chứng minh $f(x) \ge x$ là một sai lầm trong tư duy, bạn nên xem lại


Anh nói rõ hơn được không?
Hoặc cho một phản ví dụ chẳng hạn.

:) Đã sửa lại đề chuẩn nhé :)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi khacduongpro_165: 12-03-2013 - 16:47

"Phong độ là nhất thời, đẳng cấp là mãi mãi"!!!

#77
khacduongpro_165

khacduongpro_165

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 594 Bài viết
Bài 49: $f(x)$ khả vi trên $[0,3]$ thỏa mãn: $f(0)=2, f(3)=1$ và $\left | f'(x) \right |\leq 1$
Chứng minh: $\int_{0}^{3}f(x)dx\geq \frac{5}{2}$
"Phong độ là nhất thời, đẳng cấp là mãi mãi"!!!

#78
khacduongpro_165

khacduongpro_165

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 594 Bài viết

Bài 12:

Xét hàm số $g(x)=\frac{f^{2}(x)}{2}+f'(x)$

Ta có $g(0)=0$

$g'(x)=f(x)f'(x)+f"(x)$ nên theo ĐLý Rolle thì cần chứng minh tồn tại $x_0\in (0;1)$ sao cho $g(x_0)=0$


Xét $h(x)=\frac{x}{2}-\frac{1}{f(x)}$

$h(0)=h(1)$ nên theo ĐLý Rolle có tồn tại $x_0\in (0;1)$ sao cho $h'(x_0)=0=\frac{g(x_0)}{f^2(x_0)}$ hay $g(x_0)=0$


Nên ta có ĐPCM.


Bài này bạn giải thiếu TH $f(x)=0$
"Phong độ là nhất thời, đẳng cấp là mãi mãi"!!!

#79
HeilHitler

HeilHitler

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 65 Bài viết

Bài 46: Cho $f(x)$ là một hàm liên tục trên $[0,1]$ sao co với mỗi $x\epsilon [0,1]$ thì $\int_{x}^{1}f(t)dt\geq \frac{1-x^2}{2}$
Chứng minh: $\int_{0}^{1}f^2(t)dt\geq \frac{1}{3}$

Sr: Nhầm đề tý, đã sửa rồi, thiếu cái mũ 2 :)

Cái $f(x) \geq x$ là sai (có thể chỉ ra phản ví dụ).
Đối với bất đẳng thức sau:
Ta có:
$\int_{0}^{1} f(x)x dx= [(-\int_{x}^{1} f(t)dt).x]|_{0}^{1}-\int_{0}^{1}(-\int_{x}^{1} f(t)dt)dx$ (công thức tích phân từng phần)
$\Rightarrow \int_{0}^{1} f(x)x dx=\int_{0}^{1}(\int_{x}^{1} f(t)dt)dx \geq \int_{0}^{1}\frac{1-x^2}{2}dx$
$\Rightarrow \int_{0}^{1} f(x)x dx \geq \frac{1}{3}$
Như vậy:
$\Rightarrow \int_{0}^{1} [f(x)-x]^2 dx \geq 0$
$\Rightarrow \int_{0}^{1} f^2(x)dx+\frac{1}{3} \geq 2\int_{0}^{1} f(x)x dx$
$\Rightarrow \int_{0}^{1} f^2(x) dx \geq \frac{1}{3}$.
PS: Lời giải dựa trên ý tưởng của bạn Nguyễn Huyền Giang, anh chỉ là người triển khai ý tưởng thôi nhé. :3

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HeilHitler: 14-03-2013 - 14:57


#80
dangnamneu

dangnamneu

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 68 Bài viết

Bài 46: Cho $f(x)$ là một hàm liên tục trên $[0,1]$ sao co với mỗi $x\epsilon [0,1]$ thì $\int_{x}^{1}f(t)dt\geq \frac{1-x^2}{2}$
Chứng minh: $\int_{0}^{1}f^2(t)dt\geq \frac{1}{3}$

Sr: Nhầm đề tý, đã sửa rồi, thiếu cái mũ 2 :)





Ta chứng minh được bất đẳng thức sau
$\int\limits_x^1 {{f^2}(t)dt} \ge \int\limits_x^1 {f(t)tdt} \ge \int\limits_x^1 {{t^2}dt} $ với mọi $x \in \left[ {0,1} \right]$.

Giáo viên môn Toán tại website : http://vted.vn






Được gắn nhãn với một hoặc nhiều trong số những từ khóa sau: bất đẳng thức tích phân, hàm liên tục, dãy số, chuỗi số, đa thức, phương trình hàm

1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh