EBOOK CHINH PHỤC OLYMPIC TỐN KỸ THUẬT GIẢI TỐN TÍCH PHÂN TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TỐN HỌC CHINH PHỤC OLYMPIC TỐN KỸ THUẬT GIẢI TỐN TÍCH PHÂN EBOOK TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TỐN HỌC TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TỐN HỌC Copyright © 2019 by Tap chi va tu lieu toan hoc All rights reserved No part of this book may be reproduced or distributed in any form or by anymeans, or stored in data base or a retrieval system, without the prior written the permission of the author KỸ THUẬT GIẢI TỐN TÍCH PHÂN TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN LỜI GIỚI THIỆU Đây sách fanpage Tạp Chí Và Tư Liệu Toán Học xuất năm trước, nhiên fanpage chia sẻ ebook lại cho người nên khơng có lời giới thiệu nhiều cả, mong người trân trọng quà vấn đề quyền, cảm thấy vui Trong ebook có nhiều phần khơng phù hợp với kỳ thi chúng tơi thích, bạn nên tránh sa đà vào vấn đề mà nên tập trung vào kỹ thuật tính tốn tích phân (nếu khơng học cẩn thận phần bạn coi chừng lên đại học vật vã với mơn giải tích ^^) Tất nhiên sách khơng thể tránh khỏi sai sót, ý kiến đóng góp gửi về: https://www.facebook.com/OlympiadMathematical Cảm ơn bạn đọc theo dõi fanpage! MỤC LỤC Giới thiệu đôi nét lịch sử………………………………… …………… … …………2 CHƯƠNG Nguyên hàm – Tích phân hàm phân thức hữu tỷ……… …5 CHƯƠNG Nguyên hàm – Tích phân phần…………………………….……… 46 I GIỚI THIỆU………………………………………………………… ………….46 II MỘT SỐ BÀI TOÁN CƠ BẢN………………………………………… ………47 III MỘT SỐ BÀI TOÁN TỔNG HỢP………………………………… ………….66 CHƯƠNG Các toán hàm lượng giác…………………………………….……118 I GIỚI THIỆU CÁC LÝ THUYẾT CẦN NHỚ……………………………… …118 II CÁC DẠNG TOÁN VÀ PHƯƠNG PHÁP…………………………… … 119 III CÁC BÀI TOÁN BIẾN ĐỔI TỔNG HỢP……………………………….… 145 CHƯƠNG Ngun hàm tích phân hàm vơ tỷ, thức…………………… …… 151 I GIỚI THIỆU………………… …… …………………………………………151 II CÁC DẠNG TỐN………………… ……………………………………… 151 KỸ THUẬT LƯỢNG GIÁC HĨA……………………… ……………………….167 III TỔNG KẾT………………………………………………… ……………… 175 CÁC BÀI TOÁN TỔNG HỢP…………………………………………………… 177 CHƯƠNG Các loại tích phân đặc biệt………………………………………… … 203 I TÍCH PHÂN LIÊN KẾT…………………………………………… ….………203 II KỸ THUẬT ĐƯA BIỂU THỨC VÀO DẤU VI PHÂN……………… ………206 III KỸ THUẬT ĐÁNH GIÁ HÀM SỐ…………………… …………………….212 IV TÍCH PHÂN HÀM TRỊ TUYỆT ĐỐI…………………… ………………….214 V TÍCH PHÂN CĨ CẬN THAY ĐỔI……………………………………………219 VI TÍCH PHÂN HÀM PHÂN NHÁNH…………………………………………224 VII TÍCH PHÂN TRUY HỒI VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN DÃY SỐ….…228 VII CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC TỔ HỢP……………………………………241 CHƯƠNG Phương pháp đổi cận đổi biến – Hàm ẩn……………………………….249 I KỸ THUẬT ĐỔI ẨN VÀ TÍNH CHẤT CÁC HÀM ĐẶC BIỆT……………….249 II CÁC BÀI TỐN PHƯƠNG TRÌNH HÀM…………………………………….263 BÀI TẬP TỔNG HỢP…………………………………………………………… 267 CHƯƠNG Các tốn phương trình vi phân……………………………….… 321 BÀI TỐN LIÊN QUAN TỚI TÍCH………………………………………………321 BÀI TỐN LIÊN QUAN TỚI TỔNG…………………………………………… 325 MỘT SỐ BÀI TOÁN TỔNG HỢP…………………………………………………329 CHƯƠNG Các ứng dụng tích phân…………………………………………… 357 A ỨNG DỤNG TÍNH DIỆN TÍCH HÌNH PHẲNG……………………………360 B ỨNG DỤNG TÍNH THỂ TÍCH……………………………………………….423 C ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN TRONG THỰC TIỄN……………………………480 CHƯƠNG Bất đẳng thức tích phân………………………………………………… 514 PHÂN TÍCH BÌNH PHƯƠNG………………………………………………… 514 CÂN BẰNG HỆ SỐ VÀ BẤT ĐẲNG THỨC AM – GM……………………… 520 BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY – SCHWARZ CHO TÍCH PHÂN………………525 | Giới thiệu đơi nét lịch sử GIỚI THIỆU ĐÔI NÉT VỀ LỊCH SỬ CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN C ác ý tưởng giúp hình thành mơn phân, nhờ ơng tìm giá trị gần vi tích phân phát triển qua số pi khoảng hai phân số thời gian dài Các nhà toán học 310/71 31/7 Trong tất khám Hi Lạp người bước phá mình, Archimedes tâm đắc tiên phong Leucippus, Democritus cơng thức tính thể tích hình cầu “Thể Antiphon có đóng góp vào tích hình cầu 2/3 thể tích hình trụ phương pháp “vét cạn” Hi Lạp, ngoại tiếp“ Thể theo nguyện vọng lúc sau Euxodus, sống khoảng 370 sinh thời, sau ông mất, người ta cho trước Cơng Ngun, nâng lên thành lí dựng mộ bia có khắc hoa văn luận khoa học Sở dĩ gọi phương pháp hình cầu nội tiếp hình trụ Ngồi “vét cạn” ta xem diện tích tốn học, Archimedes cịn có phát hình tính vơ số hình, lúc minh học, thủy động học Tất lấp đầy hình Tuy nhiên, có học sinh quen thuộc với định luật Archimedes (287-212 B.C), người mang tên ông sức đẩy vật thể Hi Lạp kiệt xuất Thành tựu to lớn nhúng vào chất lỏng với câu ơng tính diện tích bất hủ “Eureka! Eureka!” (Tìm rồi! giới hạn tam giác cong parabol diện tích tam giác có đáy đỉnh diện tích hình bình hành ngoại tiếp Để tìm kết này, Tìm rồi!) ơng tắm Ơng tìm Archimedes dựng dãy vơ tận tam giác, bắt đầu với tam giác có diện tích A tiếp tục ghép thêm tam giác nằm xen tam giác có với đường parabol Hình parabol lấp đầy tam giác có tổng diện tích là: A A A A A A A,A + ,A + + ,A + + + 4 16 16 64 Diện tích giới hạn parabol 1   4A A  + + + +  = 16 64   Archimedes dùng phương pháp “vét cạn” để tính diện tích hình trịn Đây mơ hình phép tính tích định luật địn bẩy câu nói tiếng “Hãy cho tơi điểm tựa, tơi nhấc bổng đất“) Dù ơng thích tốn học vật lí, Archimedes kỹ sư thiên tài Trong năm quân xâm lược La Mã hùng mạnh công đất nước Syracuse q hương ơng, nhờ có khí tài ơng sáng chế máy bắn đá, cần trục kéo lật tàu địch, gương parabol đốt cháy chiến thuyền, giúp dân thành Syracuse cầm chân quân địch năm Cuối quân La Mã tràn vào thành Dù có lệnh tướng La Mã Marcus khơng giết chết ơng, tên lính La Mã thơ bạo xơng vào phịng làm việc ơng mê mải suy nghĩ cạnh sa bàn tốn hình dang dở Khi thấy bóng đổ lên hình vẽ, ông quát lên: ” Đừng quấy rầy đến Tạp chí tư liệu tốn học | Kỹ thuật giải tốn tích phân| đường trịn ta !” Thế tên lính nỗi 15 tuổi, ơng nhận vào học cáu, đâm chết ông Sau ông mất, luật Đại học Leipzig, 20 tuổi đậu toán học rơi vào bóng tối tiến sĩ luật Sau đó, ơng hoạt động kỹ thứ 17 Lúc nhu ngành luật ngoại giao, làm cố vần luật cầu kỹ thuật, phép tính vi tích phân trở pháp cho ông vua bà chúa Trong lại để giải tốn chuyến cơng cán Paris, Leibnz biến thiên đại lượng vật lý Phép tính có dịp gặp gỡ nhiều nhà tốn học vi tích phân phát triển nhờ tìm tiếng, giúp niềm say mê toán học cách giải bốn tốn lớn ơng thêm gia tăng Đặc biệt, nhà vật lí học thời đại: lừng danh Huygens dạy ơng tốn học cong Vì khơng phải dân tốn học chun nghiệp, nên có nhiều ơng khám phá Tìm độ dài đường cong lại định lí tốn học Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhà tốn học khác biết trước Trong có đại lượng ; ví dụ tìm khoảng kiện hai phe Anh Đức tranh cãi cách gần xa suốt 50 năm Anh cho hành tinh mặt trời, khoảng Newton cha đẻ phép tính vi tích cách tối đa mà đạn đạo phân Đức nói vinh dự bay tới theo góc bắn phải thuộc Leibniz Trong hai Tìm vận tốc gia tốc vật đương khơng có ý kiến Đúng thể theo thời gian biết phương hai người tìm chân lý trình vật thể cách độc lập: Leibniz tìm năm 1685, Vào khoảng kỷ 17, mười năm sau Newton, cho in anh tài thời đại, Fermat, cơng trình trước Newton hai Roberval, Descartes, Cavalieri lao vào giải mươi năm Leibniz sống độc thân suốt toán Tất cố gắng họ đời có đóng góp kiệt đạt đến đỉnh cao Leibniz Newton xuất, ông không nhận vinh hồn thiện phép tính vi tích phân Leibniz quang Newton Ông trải qua ( 1646-1716) Ông nhà bác học thiên năm cuối đời cô độc cay tài, xuất sắc nhiều lãnh vực: nhà đắng Newton(1642-1727) - Newton sinh luật học, thần học, triết gia, nhà trị ngơi làng Anh Quốc Cha ơng Ơng giỏi địa chất học, siêu hình trước ơng đời, tay mẹ nuôi học, lịch sử đặc biệt tốn học Leibniz nầng dạy dỗ nơng trại nhà Năm sinh Leipzig, Đức Cha giáo sư 1661, ông vào học trường đại học triết học Đại học Leipzig, ông Trinity Cambridge điểm hình vừa sáu tuổi Cậu bé suôt ngày vùi đầu học yếu Tại ông Barrow, thư viện cha, ngấu nghiến tất nhà tốn học tài ý Ơng lao vào sách đủ vần đề Và thói học tốn khoa học, tốt nghiệp quen theo cậu suốt đời Ngay loại bình thường Vì bệnh dịch hồnh | Chinh phục olympic tốn TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TỐN HỌC Tìm tiếp tuyến đường CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN | Giới thiệu đôi nét lịch sử hành khắp châu Âu lan truyền nhanh bè đồng nghiệp Năm 1687, trước chóng đến London, ơng phải trở lại làng khuyến khích nhiệt tình nhà thiên q trú ngụ hai năm 1665, văn học Halley, Newton chịu cho 1666 Chính thời gian này, ông xuất Những nguyên tắc toán xây dựng tảng khoa học học Tác phẩm đại: khám phá nguyên tắc chuyển đánh giá tác phẫm có động hành tinh, trọng lực, phát ảnh hưởng lớn lao nhân loại chất ánh sáng Tuy ông Cũng tương tự thế, sau biết không phổ biến khám phá Leibniz in cơng trình minh, ông Ông trở lại Cambridge năm 1667 để lấy cơng bố tác phẩm phép cao học Sau tốt nghiệp, ơng dạy tính vi tich phân Vĩ đại thế, học Trinity Năm 1669, ơng giữ chức nói minh ơng ln cho giáo sư trưởng khoa toán, kế nhiệm giáo ơng có đơi nhìn xa kẻ khác ơng sư Barrow, chức danh vinh dự đứng vai vĩ nhân Và với giáo dục Trong năm sau đó, khám phá lớn lao mình, ơng ơng cơng thức hố đinh luật hấp nói: “Tơi thấy đứa trẻ chơi dẫn, nhờ giải thích chuyễn đùa bãi biển, may mắn gặp động hành tinh, mặt trăng viên sỏi tròn trịa, vỏ sò đẹp thủy triều Ơng chế tạo kính viễn bình thường, trước mặt đại vọng đại Trong đời ông, dương bao la chân lí mà tối chưa ơng chịu cho in khám phá vĩ đại biết“ mình, phổ biến phạm vi bạn Tạp chí tư liệu tốn học | Kỹ thuật giải tốn tích phân| NGUYÊN HÀM – TÍCH CHƯƠNG N PHÂN HÀM HỮU TỶ guyên hàm phân thức hữu tỷ toán bản, phát triển nhiều tốn khó, tốn ngun hàm – tích phân khó sau biến đổi ta đưa chúng dạng nguyên hàm – tích phân hàm hữu tỷ Trong mục ta tìm hiểu cách giải dạng tốn Tổng quát Với hàm hữu tỉ, bậc tử lớn bậc mẫu phải chia mẫu phân tích mẫu thừa số bậc ( x + a ) hay ( x + px + q ) bậc hai vô nghiệm đồng hệ số theo phần tử đơn giản: A Bx + C ( Đồng hệ số tử ; x + a x + px + q thức tính số A, B, C, … Kết hợp với biến đổi sai phân, thêm bớt đặc biệt để phân tích nhanh) CÁC DẠNG TỐN CÁC DẠNG TÍCH PHÂN ĐA THỨC HỮU TỶ • b  P ( x ) dx : Chia miền xét dấu P ( x ) , a • b  x ( mx + n )  dx : Đặt u = mx + n phân tích, a • b  ( mx + n ) ( px + qx + r )  dx : Đặt u = px + qx + r , a • b  (x + m) (x + m )   dx : Nếu    đặt u = x + n a CÁC DẠNG TÍCH PHÂN HÀM PHÂN THỨC b Dạng  px a • dx Lập  = q − 4pr + qx + r b Nếu  =   a dx ( mx + n ) | Chinh phục olympic tốn , dùng cơng thức hàm đa thức TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TỐN HỌC tách phần đa thức để cịn lại hàm hữu tỉ với bậc tử bé mẫu Nếu bậc tử bé bậc Kỹ thuật giải tốn tích phân| Câu Chứng minh dx  2+x+x   Lời giải 1 Ta có x  x ; x   0; 1 , suy  2+x+x ( + x2 ) 1 dx dx   = arctan x = Vậy  2 2+x+x 0 (1 + x ) Câu Chứng minh x sin x  + x sin x dx  − ln 1   Viết lại bất đẳng thức cần chứng minh dạng   −  dx  − ln + x sin x   Hay dx  + x sin x  ln Sử dụng kết quen thuộc sin x  xx  0 1 dx dx   = arctan x =  ln Suy  + x sin x + x 0 Câu Chứng minh e ( ln x )  x 2009 e  Trước hết ta chứng minh dx  ( ln x ) x Thật vậy, đặt t = ln x , e  2010 Mặt khác  ( ln x ) 2010 x2 dx  ( ln x ) x e 2010.2011.2012 Lời giải dx =  ( ln x ) 2010 2011.2012 1 0 dx = t 2010 e − t dt  t 2010 ( − t ) dt = e 2010 e  ( ln x ) x e Tổng quát I n =  ( ln x ) x n 2009 dx  2009 dx  2011.2012 1 +  2010.2011.2012 2010e 2010.2011.2012 dx = − + nI n −1 , ( 1) e 563 | Chinh phục olympic toán e 2010 −1  2009  −1   d   = ( ln x ) +  2010 ( ln x ) dx  x 1 x x  x   ( ln x ) = − + 2010  e x2 e 2011.2012 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Lời giải | Bất đẳng thức tích phân e e ln x + ln x Với I =  dx = − = − ,(2) x x e Từ ( ) ( ) ta dễ dàng chứng minh biểu thức quy nạp sau I n = n!− n n! n  e k =0 k ! e  k !  e − (n + 3)! k =0 Câu Chứng minh  2 x xdx   ( + ln x ) dx  Lời giải 2 Để ý VP = = x x = x x ( ln x + ) dx 1 CHINH PHỤC OLYMPIC TỐN Nên ta đặt bất đẳng thức dạng sau 2 1 x dx. ( ln x + 1) dx  x ( ln x + 1) dx ( 1) x x Để ý f ( x ) = x g ( x ) = ln x + hàm tăng  1;  nên ( x ) hệ x trực tiếp bất đẳng thức Chebyshev tích phân b b b a a a f ( x ) dx.g ( x ) dx  ( b − a ) f ( x ) g ( x ) dx ( b  a ) Câu  Chứng minh sin x ln  − ln dx   cos 1 x −2 Lời giải  dx   x ln x 12 ln  − ln Để ý = = −2      − 1  − 1 2       dx   sin xdx  cos Nên bất đẳng thức tương đương  −   x x 2 1   Mặt khác ta có cos = ( − cos x )| =  sin xdx Nên bất đẳng thức tương đương    2 dx   sin xdx −    1 x 1 sin xdx ( 1) x 2 1 Tạp chí tư liệu tốn học | 564 Kỹ thuật giải tốn tích phân|   Lại có hàm f ( x ) = sin x hàm tăng 1;  , hàm g ( x ) = hàm giảm x  2   1;  nên ( ) hệ bất đẳng thức Chebyshev tích phân! Câu Chứng minh   3x2 x − − 6x + 5dx  34 Lời giải −2 x =  f ( x ) =  Vẽ biến thiên ta dễ dàng  34 x = −1  max f ( x ) =  Riêng trường hợp x = khơng xảy dấu Khi dx  −2 0 34 x3 − x − 6x + 5dx   dx 2 −2  −2 Câu f  C  0; 1 Cho hàm số f ( x ) thỏa mãn  xf ( y ) + yf ( x )  1x; y  ( 0; ) Chứng minh f ( x ) dx  Chọn y = − x  x 1−x   − f ( f  ( − x2 x − x2 ) ( − x d f ( ) Lời giải + f ( x)  − x2 ) 1 0 − x dx + f ( x ) dx   ) 1 − x + f ( x ) dx  1 − x2 dx    f ( x ) dx + f ( x ) dx  2 0 Câu 10 Cho hàm số f ( x ) hàm số thực nhận giá trị dương tuần hoàn với chu kỳ Chứng minh với n  * ta ln có  Lời giải 565 | Chinh phục olympic toán f (x) dx  1  fx+  n  TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TỐN HỌC Xét hàm f ( x ) = x − x − 6x +  f ' ( x ) = 3x − 3x − với x  ( −2, ) Ta có f ' ( x ) = x = −1 (thỏa mãn) x = (loại) | Bất đẳng thức tích phân Ta có  n f (x) f (x) f (x) dx =  dx + +  dx =   1 1 1   i =0 i n −1  fx+  fx+  fx+  n n n n n    i +1 n  Xét tích phân i n f ( x) i dx Đổi biến x = t +  1 n  fx+  n  i +1 n −1 n Khi ta có  i =0 i n i +1 n  i n f ( x) dx 1  fx+  n  i  fx+  f (x) n dx =   dx 1 i+1   fx+  fx +  n n    n i  fx+  f ( x) n dx =    dx 1 i+1  i =0  fx+  fx+  n n    n −1 n n = CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN i +1 n −1 n Câu 11  i   1 n n  n −1 f  x + n   f x f (x) ( )   dx  n n   dx = n dx =  f (x + n) f (x)  i =0 f  x + i +   0    n     Cho hàm số f :  0;  → 2 0 , có f ' liên tục  0;  đồng thời thỏa mãn điều kiện f ( ) = , f ( x ) dx = xf ( x ) dx = k Chứng minh  f ' ( x ) dx  15 k 16 Lời giải 2 2 f x dx = xf x | − xf ' x dx = − xf ' ( x ) dx ( )0  ( )  ( )  0 0 Ta có  2 2  xf x dx = x f x − x f ' x dx = − x f ' x dx ( ) ( ) ( ) ( )  2 0 0 0 2 2 2 16  k = f ' ( x ) ( x − x ) dx  k   ( x − x ) dx  f ' ( x )  dx  k  f ' ( x ) dx  15 0 0 Câu 12 Cho hàm số f ( x ) , hàm số xác định liên tục  0, 1 thỏa mãn điều kiện f ( x )  1, x   , 1 Chứng minh  1  − f ( x )dx  −  f ( x ) dx  0  2 Lời giải 2 1  1  Bdt tương đương với   − f ( x )dx  +  f ( x ) dx   0  0  Theo bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có 1 1 0 0 LHS  dx  ( − f ( x ) ) dx + dx f ( x ) dx = dx = C−S Vậy có điều phải chứng minh! Tạp chí tư liệu tốn học | 566 Kỹ thuật giải tốn tích phân| Câu 13 Cho hàm số f ( x ) liên tục, f ' ( x ) liên tục  f ' ( x ) f ( x ) dx   0, 1 f ( ) = Chứng minh f ' ( x ) dx  20 Lời giải Ta có 1 x 0  f ' ( x ) f ( x ) dx =  f ' ( x ) dx f ' ( t ) dt dx   f '( x) x  x f ' ( t ) dtdx   f ' ( x ) x dt f ' ( t ) dtdx   x f ' ( x ) 0 0 x f ' ( t ) dtdx 2 x   1  2   f ' t dt 'dx  f ' ( x ) dx  xdx f ' ( x ) f ' ( t ) dtdx  ( )   0  0 0   0   x 2 Câu 14 Cho hàm số f ( x ) hàm số liên tục có đạo hàm đoạn  a; b  f ( a ) = Đặt b M = max f ( x ) Chứng minh M  ( b − a ) f '2 ( x ) dx a xb a Lời giải x x b b b x  Ta có x   a; b  , f ( x ) =  f ' ( t ) dt   dt f '2 ( t ) dt  dt f '2 ( t ) dt  ( b − a ) f '2 ( t ) dt a  a a a a a b Do max f ( x )  ( b − a ) f '2 ( t ) dt xa; b a Câu 15 Cho hàm số f :  0; 1 → hàm khả vi cho f ( ) = f ( ) = thỏa mãn điều kiện 1 f ' ( x )  1, x   0; 1 Chứng minh f ( t ) dt  Lời giải 2x   Ta có f ( x ) dx  f ( x ) dx + f ( x ) dx  f ' ( t ) dtdx +   − f ' ( t ) dt  dx 1 x 0 00  1 2x 11 2x 11   f ' ( t ) dtdx +  f ' ( t ) dtdx  dtdx + dtdx  xdx +  ( − x ) dx  00 1x 00 1x 2 Dấu = xảy f ' ( t ) = , x   0; 1 suy f ( x ) hàm bậc nhất, khơng thể có f ( ) = f(( ) = Vậy trường hợp đẳng thức xảy Vậy ta có điều phải chứng minh! 567 | Chinh phục olympic tốn TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TỐN HỌC | Bất đẳng thức tích phân Câu 16 x Chứng minh e −   e 2t + e − t  x (e x 1  − )  e x −  x  2  Lời giải x Ta có  e +e 2t −t x  e = e − Đặt f ( x ) =  e 2t + e − t − x Có f ' ( x ) = e x + e − x CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN x t (e x 1  − 1)  ex −  , x  2   1 ex −   e e −1  Đặt t = e x  −  + x  ex − e −1      x     t 1  t− + 1+ Xét bất phương trình f ' ( x )   t +  t 2 ( t − 1)   1 2t −     2   1  3 +  4t + 24t − 3t − 16t −  t t−1 t− Luôn t  Vậy f ' ( x )  , x  , suy f ( x ) nghịch biến ( 0; + ) Do f ( x )  f ( ) = , từ ta có điều phải chứng minh! Câu 17 Tìm giá trị nhỏ f ( n ) = 3  sin n + x cos n +    cosn x + sin n x  dx, n  + Lời giải   3  Ta dễ dàng nhận thấy với x   ,  sin x  , cos x  nên thác triển f lên 4  3  sin n + x cos n +  + Xét tích phân f ( n ) =    dx , n  n sin n x    cos x + Ta có f ' ( n ) = 3  sin n + x cos n +    3  ln tan x −   dx x   ,  , ln tan x  , sin x  cos x n n  4   cos x sin x  sin n + x cos n +  −  cos x − cos x =  f ' ( n )  n n cos x sin x  Vậy f (n) đồng biến  0; + ) , suy f ( n )  f ( ) =  Suy f ( n )  f ( ) = Tạp chí tư liệu tốn học | 568 Kỹ thuật giải tốn tích phân| Câu 18 Cho m   xm + xm +  Tìm giá trị nhỏ f ( x ) = t e dt −  +  ,x  m+3 m+2 Lời giải x m 2t Ta có f ' ( x ) = xm e x − ( x m + + x m +1 ) = x m ( e x − 2x − 2x ) Lại có bất đẳng thức quen thuộc sau e x  + x + x2 , x  Suy e x  + 2x + 2x , x  Do f ' ( x )  x m  , suy f ( x ) đồng biến  1; + ) Câu 19 a; b  Cho hàm f :  a; b  → có đạo hàm cấp liên tục b f ( a ) + f ( b ) = Đặt m = f '' ( x ) chứng minh f ( x ) dx  xa;b m (a − b) a  a; b cho 12 Lời giải Khai triển Taylor ta f ( a ) = f ( x ) + f ' ( x )( a − x ) + f '' ( a1 ) ( a − x ) với x1  ( a, x ) f'' ( x1 ) ( b − x ) với x2  ( x, b ) Cộng theo vế hai đẳng thức suy Và f ( b ) = f ( x ) + f ' ( x )( b − x ) + 2f ( x ) + f ' ( x )( a − x ) + f ' ( x )( b − x ) + Lấy tích phân hai vế  a; b  ta f '' ( x1 ) f '' ( x1 ) 2 (a − x ) + (b − x) = 2 f '' ( x2 )  f '' ( x1 ) 2 f ( x ) dx + f ' ( x )( a − x ) dx + f ' ( x )( b − x ) dx +   (a − x) + ( b − x )  dx = 2  a a a a b b b b Mặt khác ta lại có • • b b f ' ( x )( a − x ) dx = ( a − b ) f ( b ) + f ( x ) dx a a b b a a f ' ( x )( b − x ) dx = ( a − b ) f ( a ) + f ( x ) dx f '' ( x1 ) f '' ( x ) m 2 2 (a − x) + ( b − x)  (a − x) + (b − x) 2 Nên từ ba đẳng thức với đẳng thức ta suy ( • b f ( x ) dx + a 569 | Chinh phục olympic toán b ( ) ) m 2 ( a − x ) + ( b − x ) dx   a TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC   Suy f ( x )  f ( ) = −2  +  m+2 m+3 | Bất đẳng thức tích phân m  (a − b) (a − b)   ( x ) dx   +  3 a b 3  b m (a − b)   f ( x ) dx   a 12  Bài toán chứng minh hoàn toàn Câu 20 Cho hàm số f :  0; 1 → R hàm liên tục với f ( ) = 1 2 Chứng minh sup f ( x )    ( f ' ( x ) ) dx  0 x1 0  Lời giải x Bài đơn giản, f ( ) = nên f ( x ) = f ' ( t ) dt Theo bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có CHINH PHỤC OLYMPIC TỐN x f ( x )   f ' ( t ) dt   f ' ( t ) dt  0  ( f '( t )) dt 1 dt =  ( f ' ( t )) dt Câu 21 Xét đa thức P ( x ) đa thức bậc n thỏa mãn P ( x )  0, x  R x    Chứng minh   x −   P ( x ) dx + P ( x ) + P ' ( x ) + + P ( n −1) ( x )   dx       Hãy tổng quát toán thay đoạn  0, 1 bới đoạn  a, b  Lời giải Yêu cầu Từ giả thiết ta có f ' ( x )  f ( x ) hàm giảm 1 0 Áp dụng bất đẳng thức Chebyshev cho tích phân ta có f ( x ) xdx  f ( x ) dx x = 1 f ( x ) dx 0 Trường hợp  a, b  với f ( x ) g ( x ) nghịch biến b b b 1 f ( x ) g ( x ) dx  f ( x ) dx g ( x ) dx   b−a a b−a a b − a a Nếu f ( x ) g ( x ) đồng biến chiều ngược lại Yêu cầu Đặt Q ( x ) = P ( x ) + P ' ( x ) + + P( n) ( x ) Sử dụng cơng thức tích phân phần ta đưa chứng minh x ( − x ) Q ( x ) dx  0 Đến ta chứng minh với giả thiết toán Q ( x) = P ( x) + P '(x) + + P( n) ( x )  0, x  Tạp chí tư liệu tốn học | 570 Kỹ thuật giải tốn tích phân| Nhận thấy n chẵn, đa thức Q ( x ) liên tục, lim Q ( x ) = + , Q' ( x ) đa thức bậc lẻ nên x → có nghiệm, Q ( x ) đạt GTNN (là cực tiểu) điểm x Lúc ta có Q' ( x ) =  Q ( x )  Q ( x ) = P ( x ) + Q' ( x ) = P ( x )  0, x  Bài toán chứng minh Câu 22 2 Chứng minh  sin x2dx  0 Lời giải Trước tiên ta chứng minh bất đẳng thức quen thuộc sau sin x  x − f ' ( x ) = cos x − + x3 ta có x2  f '' ( x ) = − sin x + x  f ''' ( x ) = − cos x  Suy f '' ( x )  f '' ( ) =  f ' ( x )  f ' ( ) =  f ( x )  ( ) =  sin x  x −  2  sin x dx  2  x3 , x  2  x6   x x7    43     2  − =  x −  dx =  −  = 1− 0  21     42  Câu 23 Cho đa thức f ( x ) = Ax + Bx + Cx + D thỏa mãn A  0, B − 3AC  1 f ( x ) dx Hãy tổng quát toán thay đoạn  0, 1 0 Chứng minh xf ( x ) dx  đoạn  a, b  Lời giải Từ giả thiết tốn ta có f ' ( x )  ( ) Ta viết bất đẳng thức dạng  ( 2x − 1) f ( x ) dx  0 Sử dụng cơng thức tích phân phần ta có 1 0  ( 2x − 1) f ( x ) dx = x ( x − 1) f ( x ) + x ( x − 1) f ' ( x ) dx = x ( x − 1) f ' ( x ) dx  0 Vì từ ( ) suy x ( x − ) f ' ( x )  x  0; 1 Ta tổng quát toán sau Cho hàm số f ( x ) liên tục, có đạo hàm cấp giảm  a, b  b Chứng minh xf ( x ) dx  a b a+b f ( x ) dx a 571 | Chinh phục olympic toán TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TỐN HỌC Thật xét hàm số f ( x ) = sin x − x + x3 , x  | Bất đẳng thức tích phân Câu 24 Cho hàm f :  0; 1 →  0, + ) khả vi liên tục miền xác định 1  Đặt M = max f ' ( x ) Chứng minh f ( x ) dx − f ( ) f ( x ) dx  M  f ( x ) dx  x0 ;1 0 0  Lời giải 1 2 Với t   0; 1 , ta có −M  f ' ( t )  M  −M.f ( t )  f ' ( t ) f ( t )  M.f ( t ) x x x 0  −M.f ( t ) dt  f ' ( t ) f ( t ) dt  M.f ( t ) dt x  ( 0; ) x x  −M.f ( t ) dt   f ( x ) − f ( )   M.f ( t ) dt 0 x x CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN  −M.f ( x ) f ( t ) dt  ( f ( x ) − f ( ) f ( x ) )  M.f ( x ) f ( t ) dt 0 x 1 x      −M.  f ( x ) f ( t ) dt  dx   ( f ( x ) − f ( ) f ( x ) ) dx  M.  f ( x ) f ( t ) dt  dx 20 0 0   x x     x  11  Mặt khác ta có   f ( x ) f ( t ) dt  dx =   f ( t ) dt  d  f ( t ) dt  =  f ( x ) dx  0 00   0  20  Nên ta có điều phải chứng minh! Câu 25 Hàm f ( x ) khả tích đoạn  0; 1 f ( x ) dx  Chứng minh tồn đoạn  a; b    0; 1 mà f ( x )  Lời giải Giả sử f ( x ) dx = I  Với n   , xét phân hoạch P chia  0; 1 điểm i , i = 0, n ta n n i n i f      0, n  0|n  n  f   − I    n →+ n n i =0  n  i =0  n  có I = lim Chọn    l để cố định, n i n i n  0|n  n , f   − I  0  n  0|n  n , f    I − 0  n i =0  n  n i =0  n  i  cho f    Do f liên tục  0; 1 nên tồn  − lân n i i i  cận cho f ( x )  , x   −  ; +   n n n  Do phải tồn i  Do i0 i i    0; 1 nên  −  ; +     0; 1 đoạn, suy điều phải chứng minh! n n n  Tạp chí tư liệu toán học | 572 Kỹ thuật giải tốn tích phân| Câu 26 Cho hàm số f :  0; 1 → khả vi liên tục miền xác định 1  m2 M2  f ( x ) dx −  f ( x ) dx   Đặt M = max f ' ( x ) , m = f ' ( x ) Chứng minh x0;1 x0;1 12 12 0  Lời giải 11 Ta có 11  ( f ( x ) − f ( y ) ) dxdy =  f ( x ) − f ( y ) f ( x ) − f ( y ) dxdy 00 00 11 11 00 00  M  x − y f ( x ) − f ( y ) dxdy  M  f ( x ) − f ( y ) dxdy Từ xa xưa ta có max f ( x ) ; f ( y ) = f ( x) + f ( y) + f ( x) − f ( y) Suy f ( x ) − f ( y ) = max f ( x ) ; f ( y ) − ( f ( x ) + f ( y ) )  max f ( x ) − ( f ( x ) + f ( y ) ) 11   ( f ( x ) − f ( y ) ) 00     dxdy  M   max f ( x ) − f ( x ) − f ( y )  dxdy  2M  max f ( x ) − f ( x ) dx  0;1  00  0;1  11 1    Vậy f ( x ) dx −  f ( x ) dx   M  max f ( x ) − f ( x ) dx  0 0   0 ;1  Câu 27 Cho hàm số f :  0, 1 → R hàm khả vi liên tục Đặt M = max f ' ( x ) x0 ,1 1    Chứng minh  f ( x ) dx −  f ( x ) dx   M  max f ( x ) − f ( x ) dx  0 0   x0 ,1  Lời giải 11 11 Với x, y   0, 1   ( f ( x ) − f ( y ) ) dxdy =  ( f ( x ) + f ( y ) − 2f ( x ) f ( y ) ) dxdy 00 00 11 11 11 00 00 00 = f ( x ) dxdy + f ( y ) dxdy − f ( x ) f ( y ) dxdy 1 1    = f ( x ) dxdy + f ( y ) dxdy − f ( x ) f ( y ) dxdy = f ( x ) dx −  f ( x ) dx   0 00 00 00 0    11 11 11 2 11 1  Vậy f ( x ) dx −  f ( x ) dx  =  ( f ( x ) − f ( y ) ) dxdy 00 0  Từ đl Lagangre suy m ( x − y )  ( f ( x ) − f ( y ) )  M ( x − y ) 2 11 Suy 11 m M2 x − y dxdy  f x − f y dxdy  ( ) ( ) ( ) ( )   00 00  573 | Chinh phục olympic toán 11 11  ( x − y ) 00 m2 M2   ( f ( x ) − f ( y ) ) dxdy  12 0 12 dxdy TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TỐN HỌC 0;1 | Bất đẳng thức tích phân Câu 28 Cho hàm số f ( x )  hàm giảm f ( x ) + xf ' ( x )  với x   a, b b  b+a  Chứng minh xf ( x ) dx   f ( x ) dx  (b − a)  a a  b Lời giải Với hai hàm thực f;g liên tục  a, b  , thêm giả thiết hàm tăng hàm lại giảm x; y   a, b  , 11 ( f ( x ) − f ( y ) ) (g ( x ) − g ( y ) )    ( f ( x ) − f ( y ) ) (g ( x ) − g ( y ) ) dxdy  00 11   ( f ( x ) g ( x ) + f(y)g ( y ) − f ( x ) g ( y ) − f ( y ) g ( x ) ) dxdy  ( x ) ( x ) 00 b b b b   f x dx   ( b − a ) f ( x ) g ( x ) dx − f ( x ) dx g ( x ) dx    f ( x ) g ( x ) dx  ( ) ag ( x ) dx b − a a 0 a a   CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN Ta thấy f ( x ) + xf ' ( x ) = ( xf ( x ) ) '  nên xf ( x ) suy b b b b  b  b+a  1  f x dx  xdx f x dx xf x dx  xf x dx f x dx ( ) ( ) ( ) ( ) ( )      a a b − a a ( b − a ) a  a   (b − a)  a b 2 Câu 29 Cho hàm liên tục f :  0, + ) →  0; 1 thỏa mãn f ( x + y )  f ( x ) f ( y ) , x, y  x Chứng minh f ( t ) dt  x f ( 2x ) x  0 Lời giải Do f ( x )   0; 1 , x  nên f ( x + y )  f ( x ) f ( y )  f ( x ) , x, y  x x 0 Suy f nghịch biến  0, + ) , suy f ( t ) dt  f ( x ) dt = xf ( x ) = x f ( x ) f ( x )  x f ( 2x ) Câu 30 Cho f ( x ) ,g ( x ) hàm liên tục [a; b] thỏa mãn đồng thời điều kiện  a  f ( x )  A;  b  g ( x )  Bx  a; b  Chứng minh ( ab + AB ) 4abAB b b  g ( x ) dx f ( x ) dx   a ( a b f (x) g (x) a ) 4abAB ( ab + AB ) Bất đẳng thức G.Polya Lời giải Từ giả thiết, dễ có a f ( x) A a f ( x) A aA a A      f2 ( x) + g ( x) −  +  f (x) g (x)  B g (x) b B g (x) b bB B b  Tạp chí tư liệu toán học | 574 Kỹ thuật giải toán tích phân| b b b aA a A  f ( x ) dx + g ( x ) dx   +  f ( x ) g ( x ) dx  bB a B b a a b Lại có f ( x ) dx + a b b b aA aA g ( x ) dx  f ( x ) dx g ( x ) dx  bB a bB a a b b b aA a A Nên suy f ( x ) dx g ( x ) dx   +  f ( x ) g ( x ) dx  bB a B b a a b b  ab + AB )  b ( aA 2 4 f x dx g x dx  f x g x dx ( ) ( ) ( ) ( )   a  bB a b2B2 a  ( ab + AB )  4abAB b b  g ( x ) dx  f ( x ) dx  a 2 a (  f ( x) g ( x)) b a Bất đẳng thức a b Là dễ dàng b ( a b f (x) g (x) a b ) 4abAB ( ab + AB )  g ( x ) dx  f ( x ) dx   a ( a b f (x) g (x) a Câu 31 Cho hàm số f :  0; 1 → ) 2 4abAB ( ab + AB ) khả tích  0; 1    Chứng minh f ( x ) dx − f ( x ) dx   f ( x ) dx  −    0   Lời giải 1 2 1  1  Viết lại bất đẳng thức dạng  f ( x ) dx +    f ( x ) dx +  0  0  Bất đẳng thức hiển nhiên 2   1   1  2   f x dx +  + f x dx +  )   ( )    f ( x ) dx +   ( )  ( 0   0    575 | Chinh phục olympic tốn TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC b  g ( x ) dx f ( x ) dx  TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC HẾT CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN Tài liệu tham khảo [1] Tuyển tập kỹ thuật tính tích phân – Trần Phương [2] Tích phân vận dụng – vận dụng cao – Nguyễn Đăng Ái [4] Nâng cao kỹ giải toán trắc nghiệm 100% dạng nguyên hàm - tích phân ứng dụng – Tô Thị Nga [5] Phương pháp giải tập trắc nghiệm tích phân – Huỳnh Cơng Thái [6] Tổng ơn tập chuyên đề tích phân bất đẳng thức – Lê Hồnh Phị [7] Internet ... in khám phá vĩ đại biết“ mình, phổ biến phạm vi bạn Tạp chí tư liệu toán học | Kỹ thuật giải toán tích phân| NGUN HÀM – TÍCH CHƯƠNG N PHÂN HÀM HỮU TỶ guyên hàm phân thức hữu tỷ toán bản, phát... 1661, ông vào học trường đại học triết học Đại học Leipzig, ông Trinity Cambridge điểm hình vừa sáu tuổi Cậu bé suôt ngày vùi đầu học yếu Tại ông Barrow, thư viện cha, ngấu nghiến tất nhà toán học. .. cầu kỹ thuật, phép tính vi tích phân trở pháp cho ông vua bà chúa Trong lại để giải toán chuyến công cán Paris, Leibnz biến thi? ?n đại lượng vật lý Phép tính có dịp gặp gỡ nhiều nhà tốn học vi tích