Bài tập giải tích

Với y 6= 0, thì trong bất đẳng thức đã chứng minh ở trên ta chỉ việc đặt t = x y là suy ra bất đẳng thức cần phải chứng minh... Từ đó suy ra nếudãy đã cho hội tụ, thì giới hạn của nó có

Phần 2

Bài tập Giải tích

1 Cho các dãy số {a n } và {b n } thoả mãn các điều kiện sau

lim

n→∞ (a n + b n ) = 0 , lim

n→∞ (a 2k+1 n − b 2k+1 n ) = 0 , với k là số nguyên không âm nào đó Chứng minh rằng

lim

n→∞ a n= lim

n→∞ b n = 0

Solution +) Trước tiên ta chứng minh bất đẳng thức

|t − 1| 2k+16 22k |t 2k+1 − 1| , ∀t ∈ R

Thật vậy, khi t = 1 thì bất đẳng thức hiển nhiên đúng.

Với t 6= 1 xét hàm f (t) = (t − 1) 2k+1

t 2k+1 − 1 , thì f (t) liên tục trên R r {1} và

f 0 (t) = (2k + 1)(t − 1)

2k (t 2k+1 − 1) − (2k + 1)t 2k (t − 1) 2k+1

(t 2k+1 − 1)2

= (2k + 1)(t − 1)

2k (t 2k − 1)

(t 2k+1 − 1)2 .

Như thế dấu của f 0 (t) là dấu của (t 2k − 1) với t 6= 1.

Ta thấy f 0 (t) > 0 khi −∞ < t < −1 hoặc 1 < t < +∞,

f 0 (t) < 0 khi − 1 < t < 1 , còn f 0 (−1) = 0 và f (−1) = 2 2k

Lại thấy

lim

t→±∞ f (t) = 1 , lim

t→1 f (t) = lim

t→1

(t − 1) 2k+1

t 2k+1 − 1 = limt→1

(t − 1) 2k

t 2k = 0

Do đó suy ra

0 6 f (t) = (t − 1)

2k+1

t 2k+1 − 1 6 2

2k ⇒ |t − 1|

2k+1

|t 2k+1 − 1| 6 2

2k , ∀t 6= 1 ,

dẫn đến có bất đẳng thức cần phải chứng minh

1

+) Tiếp theo ta chứng minh bất đẳng thức

|x − y| 2k+16 22k |x 2k+1 − y 2k+1 | , ∀x, y ∈ R

Thật vậy, khi y = 0 thì bất đẳng thức hiển nhiên đúng.

Với y 6= 0, thì trong bất đẳng thức đã chứng minh ở trên ta chỉ việc đặt t = x

y là suy ra bất đẳng thức cần phải chứng minh

+) Bây giờ trở lại bài toán đã cho, ta coi x = a n , y = b n thì được

0 6 |a n − bn| 2k+16 22k |a 2k+1 n − b 2k+1 n | ,

⇔ 0 6 |a n − b n | 6 2 2k+1 2k

¯

¯

¯a 2k+1 n − b 2k+1

n

¯

¯

¯

1

2k+1

.

Cho n → ∞ ta đợc lim

n→∞ (a n − b n) = 0 Kết hợp với giả thiết lim

n→∞ (a n + b n) = 0 ta đẫn tới lim

n→∞ a n= lim

n→∞ b n= 0

2 Cho dãy số

x n= 3

s

6 + 3

r

6 + 3

q

6 + + √3

6

n lần

Hãy tính các giới hạn lim

n→∞ x n ? , lim

n→∞6n (2 − x n)?

Solution Dễ dàng thấy (giải thích?) rằng x n < x n+1 và 1 < x n < 2 với mọi n > 1

Suy ra tồn tại lim

n→∞ x n = l và có thể thấy (giải thích?) rằng l = 2 Khi đó

0 < 2 − x n= 8 − x3n

4 + 2x n + x2

n

= 2 − x n−1

4 + 2x n + x2

n

< 1

7(2 − x n−1)

0 < 2 − x n < 1

7(2 − x n−1 ) <

1

72(2 − x n−2 ) < < 1

7n−1 (2 − x1)

0 < 6 n (2 − x n ) < ³6

7

´n−1

6(2 − x1) =³6

7

´n−1

6(2 − √3

6)

Vậy có lim

n→∞6n (2 − x n) = 0

3 Chứng minh rằng dãy

√

7 ,

q

7 − √ 7 ,

r

7 −

q

7 +√ 7 ,

s

7 −

r

7 +

q

7 − √ 7,

hội tụ và tìm giới hạn của nó

Solution Gọi xn là số hạng thứ ncủa dãy đã cho.

Ta có x n+2 =p7 − √ 7 + x n và 1 < x n < 3 , x n 6= 2 với mọi n ∈ N (giải thích?).

Khi đó nếu x n > 2, thì x n+2 < 2 và nếu x n < 2, thì x n+2 > 2 Từ đó suy ra nếu

dãy đã cho hội tụ, thì giới hạn của nó có thể là 2

Nếu x n = 2 + ε, với 0 < ε < 1, thì 7 + x n = 9 + ε < 9 + ε + ε2

36 = (3 + ε

6)2, nên

√

7 + x n < 3 + ε

6 và x n+2 = p7 − √ 7 + x n > p7 − (3 + ε

6) = p4 − ε

6 Nhưng

ε

6 < ε

3 − ε2

144, nên p4 − ε

6 > 2 − ε

12 và 2 − x n+2 < ε

12 = 1

12(x n − 2)

Tương tự nếu x n = 2 − ε, với 0 < ε < 1, thì 7 + x n = 9 − ε > 9 − 2ε + ε2

9 = (3 − ε

3)2, nên √ 7 + x n > 3 − ε

3 và x n+2 = p7 − √ 7 + x n < p7 − (3 − ε

3) =p4 + ε

3 Nhưng

ε

3 < ε

3 + ε2

144, nên p4 + ε

3 < 2 + ε

12 và x n+2 − 2 < ε

12 = 1

12(2 − x n)

Như vậy |x n+2 − 2| < 1

12.|x n − 2| Do đó x n hội tụ tới 2

4 Cho các số p > 0, q > 0, p + q < 1 và dãy số {a n } không âm, thoả mãn

a n+2 6 pa n+1 + qa n , n ∈ N.

Chứng minh rằng dãy {a n } hội tụ và tìm lim

n→∞ a n

Kết quả sẽ như thế nào nếu p > 0, q > 0, p + q = 1 ?

Solution Bằng quy nạp ta dễ dàng chứng minh đợc

0 6 a n 6 cu n−3 , ∀n > 3 , với c = pa2+ qa1 , 0 < u = q

1 − p < 1

Vậy suy ra lim

n→∞ a n= 0

Khi p + q = 1 thì điều kiện ở đề bài có thể viết là

an+2 6 (1 − q)a n+1 + qa n hay là a n+2 + qa n+1 6 a n+1 + qa n ,

như thế ta có 0 6 6 a n+1 + qa n 6 a n + qa n−1 6 6 a2+ qa1

Xét dãy {b n } với b n = a n + qa n−1 , thì đó là dãy đơn điệu giảm và bị chặn dưới bởi

0, nên tồn tại giới hạn lim

n→∞ b n = β > 0 Bây giờ ta chứng tỏ rằng dãy {a n} hội tụ và lim

n→∞ an = α = β

1 + q . Thật vậy, ∀ε > 0 thì ∃n0 ∈ N để ∀n > n0 ta có

(1 − q)ε

2 > |bn − β| = |an + qa n−1 − (1 + q)α|

= |(a n − α) − (−q)(a n−1 − α)| > |a n − α| − q|a n−1 − α| ,

hay là ta có |a n − α| 6 q|an−1 − α| + (1−q)ε2

Từ đây bằng quy nạp ta nhận được

|a n0+k − α| 6 q k |a n0 − α| + (q k−1 + q k−2 + + q + 1) (1 − q)ε

2

= q k |a n0 − α| + 1 − q

k

1 − q .

(1 − q)ε

2 < q

k |a n0 − α| + ε

2 .

Chú ý rằng 0 < q < 1 , nên với k đủ lớn ta sẽ có

q k |a n0 − α| < ε

2 , do đó |a n0+k − α| < ε ,

hay nói cách khác, với n đủ lớn ta sẽ có |a n − α| < ε

5 Cho dãy {x n } ∞

n=1 xác định như sau

x1 = a > 1 , x n+1 = 1 + ln³x n (x2

n+ 3)

3x2

n+ 1

´

Chứng minh dãy này hội tụ và tìm giới hạn của nó

Solution .?

6 Cho dãy số {x n } ∞

n=1 xác định như sau:

x1 = −1

2 , x n − (1 + (1 + x n ))x n+1 = 0 (n > 1) Chứng minh rằng chuỗi

∞

X

n=1

(1 + x n) hội tụ và tính tổng của chuỗi này

Solution .?

7 Cho hàm số f : [0, 1] → R khả vi liên tục và thỏa mãn f (0) = 0, f (1) = 1

Chứng minh rằng với mỗi n ∈ N tồn tại các số x1, x2, , x n ∈ [0, 1] sao cho

1

f 0 (x1)+

1

f 0 (x2) + +

1

f 0 (x n) = n

Solution Theo định lý Lagrange tồn tại số c ∈ (0, 1) sao cho

f 0 (c) = f (1) − f (0)

1 − 0 = 1

Có hai trường hợp xảy ra:

1) Với mọi x ∈ [0, 1] thì f 0 (x) > 1 (hoặc f 0 (x) > 1)

2) Tồn tại a, b ∈ [0, 1] để f 0 (a) < 1 < f 0 (b)

+) Trường hợp 1) ta suy ra f (x) ≡ x , ∀x ∈ [0, 1] Thật vậy, xét f 0 (x) > 1 , ∀x ∈ [0, 1] Giả sử phản chứng: tồn tại t ∈ [0, 1] để f (t) 6= t Tức là f (t) > t hoặc f (t) < t Khi f (t) > t , do định lý Lagrange cho hàm f trên [t, 1] tồn tại α ∈ (1, t) để

f 0 (α) = f (1) − f (t)

1 − t =

1 − f (t)

1 − t <

1 − t

1 − t = 1 mâu thuẫn với việc f 0 (x) > 1 , ∀x ∈ [0, 1].

Khi f (t) < t , do định lý Lagrange cho hàm f trên [0, t] tồn tại β ∈ (0, t) để

f 0 (β) = f (t) − f (0)

f (t)

t <

t

t = 1

mâu thuẫn với f 0 (x) > 1 , ∀x ∈ [0, 1] Tương tự với f 0 (x) 6 1 , ∀x ∈ [0, 1]

Kết quả f (x) ≡ x , ∀x ∈ [0, 1] dẫn đến f 0 (x) ≡ 1 , ∀x ∈ [0, 1] và kết luận của bài

toán hiển nhiên là đúng

+) Trường hợp 2) ta thấy do f 0 (x) liên tục, nên giá trị của f 0 (x) lấp đầy một đoạn nào đó [m, M ] ⊂ R Gọi ε = min{1 − f 0 (a) , f 0 (b) − 1} > 0 thì [1 − ε, 1 + ε] ⊂ [m, M ]

và giá trị của f 0 (x) lấp đầy [1 − ε, 1 + ε]

Lấy bất kỳ y1 ∈ (1, 1 + ε] , thì phải tồn tại x1 ∈ [0, 1] để f 0 (x1) = y1

Xét hệ thức 1

y1

+ 1

y2

= 2 , ta được y2 = y1

2y1− 1 .

Dựa vào tính nghịch biến của hàm g(x) = x

2x − 1 (do g

0 (x) = −1

(2x − 1)2 < 0 , ∀x 6= 1

2)

ta suy ra

1 > y2 > 1 + ε

1 + 2ε = 1 −

ε

1 + 2ε > 1 − ε hay y2 ∈ (1 − ε, 1) nên phải tồn tại x2 ∈ [0, 1] để f 0 (x2) = y2

Như vậy ta đã có x1, x2 ∈ [0, 1] để 1

f 0 (x1) +

1

f 0 (x2) = 2 (∗)

Bây giờ nếu n chẵn (n = 2k) thì bằng cách lấy k điểm dạng y1 như nói ở trên và

theo kết quả (∗) ta sẽ được kết luận của bài toán.

Nếu n lẻ (n = 2k + 1) thì vẫn bằng cách xét k điểm dạng y1 như nói ở trên và theo

kết quả (∗) , đồng thời lấy thêm điểm c ∈ (0, 1) mà f 0 (c) = 1 đã có ở phần đầu, ta

sẽ được kết luận của bài toán

8 Cho hàm f liên tục trên [0, 1], khả vi trong (0, 1) và f (0) = 0, f (1) = 1.

Chứng minh rằng

1) Với mỗi n ∈ N tồn tại các điểm x1, x2, , x n mà 0 < x1 < x2 < < x n < 1 sao

cho f 0 (x1) + f 0 (x2) + · · · + f 0 (x n ) = n.

2) Tồn tại a, b ∈ (0, 1), a 6= b sao cho f 0 (a)f 0 (b) = 1.

Solution .?

9 Cho hàm f : R → R thoả mãn

f ³x + y

3

´

= f (x) + f (y)

2 , ∀x, y ∈ R

1) Đặt g(x) = f (x) − f (0) , chứng tỏ rằng g(x + y) = g(x) + g(y) , ∀x, y ∈ R 2) Chứng minh rằng f là hàm hằng số.

Solution 1) Ta có ∀x, y ∈ R thì

g(x) + g(y)

[f (x) − f (0)] + [f (y) − f (0)]

f (x) + f (y)

= f ³x + y

3

´

− f (0) = f ³(x + y) + 0

3

´

− f (0)

= f (x + y) + f (0)

f (x + y) − f (0)

g(x + y)

2

Như vậy g(x + y) = g(x) + g(y) , ∀x, y ∈ R

2) Lấy y = x ta được g(2x) = 2g(x) , ∀x ∈ R (1)

Lại có

g ³x + y

3

´

= f ³x + y

3

´

− f (0) = f (x) + f (y)

= [f (x) − f (0)] + [f (y) − f (0)]

g(x) + g(y)

2

Vì thế

g ³x + 2x

3

´

= g(x) + g(2x)

2 hay g(2x) = g(x) , ∀x ∈ R (2)

Từ (1) và (2) suy ra g(x) = 0 , ∀x ∈ R Vậy f (x) = f (0) , ∀x ∈ R , tức f (x) là

hàm hằng số

10 Cho f : [a, b] → R là hàm khả vi đến cấp 2 và thỏa mãn f 0 (a) = f 0 (b) = 0 Chứng minh rằng tồn tại c ∈ (a, b) sao cho

|f 00 (c)| > 4

(b − a)2|f (b) − f (a)|

Solution .?

11 Cho hàm f ∈ C1[0, 1] (khả vi liên tục trên [0, 1] thoả mãn f (0) = 0 và f 0 (x) >

0, ∀x ∈ (0, 1) Chứng minh

Z 1

0

[f (x)]3

[f 0 (x)]2dx > 1

9

Z 1

0

(1 − x)2f (x)dx

Đáp án Vì f 0 (x) > 0, ∀x ∈ (0, 1) và f (0) = 0 nên f (x) > 0, ∀x ∈ [0, 1]

Dùng tích phân từng phần ta có

Z 1

0

(1 − x)3f 0 (x)dx = (1 − x)3f (x)¯¯10+ 3

Z 1

0

(1 − x)2f (x)dx = 3

Z 1

0

(1 − x)2f (x)dx

Sử dụng bất đẳng thức Holder về tích phân

Z b

a

|u(x)v(x)|dx 6

³ Z b a

|u(x)| p dx

´1

p³ Z b a

|v(x)| q dx

´1

q

, (p > 0, q > 0,1

p +

1

q = 1)

với u(x) = f (x)

[f 0 (x)]2 , v(x) = (1 − x)

2[f 0 (x)]2 , p = 3 , q = 3

2 , ta được

Z 1

0

|u(x)v(x)|dx =

Z 1

0

(1 − x)2f (x)dx = I > 0

³ Z 1 0

|u(x)|3dx

´1 3

=

³ Z 1 0

[f (x)]3

[f 0 (x)]2dx

´1 3

= J1 , J > 0

³ Z 1 0

|v(x)|3dx´

2 3

=³ Z

1 0

(1 − x)3f 0 (x)dx´

2 3

= (3I)2

Do đó I 6 J13.(3I)23 , suy ra J > 1

9I , ta có bất đẳng thức cần phải chứng minh.

12 Cho f (x) = x3− 3x + 1

Hỏi phương trình f (f (x)) = 0 có bao nhiêu nghiệm thực phân biệt?

Solution Ta thấy f 0 (x) = 3x2 − 3 = 3(x + 1)(x − 1) Do đó hàm liên tục f (x)

đơn điệu tăng trong 2 khoảng (−∞, −1) , (1, ∞) và đơn điệu giảm trong khoảng (−1, 1).

Mặt khác f (−1) = 3 > 0 , f (1) = −1 < 0 , f (3) = 19 > 0 và lim

x⇒±∞ f (x) = ±∞

Suy ra phương trình f (x) = 0 có đúng 3 nghiệm thực phân biệt x1, x2, x3 thoả mãn

bất đẳng thức x1 < −1 < x2 < 1 < x3 < 3

Vẽ đồ thị (tự vẽ) hàm f (x) với lưu ý max f (x) = f (−1) = 3 , min f (x) = f (1) = −1

ta nhận thấy rằng đường thẳng y = x1 chỉ cắt đồ thị tại 1 điểm, còn mỗi đường

thẳng trong 2 đường thẳng y = x2 và y = x3 cắt đồ thị tại 3 điểm phân biệt

Như thế phương trình f (x) = x1 có 1 nghiệm thực, còn phương trình f (x) = x2 và

phương trình f (x) = x3 mỗi phương trình có 3 nghiệm thực phân biệt, đồng thời các nghiệm của 3 phương trình này khác nhau

Nghiệm của phương trình f (f (x)) = 0 chính là nghiệm của 3 phương trình trên Vậy phương trình f (f (x)) = 0 có 7 nghiệm thực phân biệt.

13 Cho P (x) = x2− 1 Hỏi phương trình

P (P (P P

n

(x))) = 0

có bao nhiêu nghiệm thực phân biệt?

Solution Đặt P n (x) = P (P (P P

n

(x)))

Ta có P1(x) = P (x) = x2− 1 > −1

Lại có P n+1 (x) = P1(P n (x)) = P (P n (x)) = [P n (x)]2− 1 > −1

• Trước hết ta xét phương trình P n (x) = a (∗)

Nếu a < −1 thì phương trình (∗) vô nghiệm.

Giả sử a > 0 , ta chứng minh bằng quy nạp rằng với mọi n phương trình (∗) có hai

nghiệm thực phân biệt Thật vậy

P1(x) = P (x) = x2− 1 = a có hai nghiệm thực phân biệt là x = ± √ 1 + a Giả sử P n (x) = a có hai nghiệm thực phân biệt, khi đó phương trình

P n+1 (x) = a tương đương với phương trình [P n (x)]2 = 1 + a , hay là P n (x) =

− √ 1 + a (1) hoặc P n (x) = √ 1 + a (2) Nhưng − √ 1 + a < −1 , nên (1) vô

nghiệm, ta chỉ còn xét (2) Thế mà theo giả thiết quy nạp thì (2) có 2 nghiệm thực

phân biệt Vậy P n+1 (x) = a có 2 nghiệm thực phân biệt Chứng minh quy nạp được

hoàn thành

• Bây giờ xét phương trình Pn (x) = 0 (∗∗)

Ta thấy P1(x) = P (x) = x2 − 1 = 0 có 2 nghiệm thực phân biệt là x = ±1

P2(x) = P (P (x)) = (x2− 1)2− 1 = x4− 2x2 = x2(x2− 2) = 0 có 3 nghiệm thực

phân biệt là x = 0 , x = ± √2

Giả sử quy nạp rằng P k (x) = 0 có k + 1 nghiệm thực phân biệt (với mọi k 6 n).

Ta chứng tỏ rằng P n+2 (x) = 0 có n + 3 nghiệm thực phân biệt.

Thật vậy P n+2 (x) = P2(P n (x)) = [P n (x)]2([P n (x)]2− 2) = 0 dẫn tới

Pn (x) = 0 (3) hoặc P n (x) = ± √2 (4) Tập hợp nghiệm của (3) và tập hợp nghiệm của (4) không giao nhau

Theo giả thiết quy nạp thì (3) có n + 1 nghiệm thực phân biệt.

Với (4) thì P n (x) = − √ 2 < −1 nên vô nghiệm, còn P n (x) = √ 2 > 0 có 2 nghiệm

thực phân biệt theo phần chứng minh ở phía trên

Vậy P n+2 (x) = 0 có n + 3 nghiệm thực phân biệt Chứng minh quy nạp được hoàn thành Tóm lại (∗∗) có n + 1 nghiệm thực phân biệt.

14 Chứng minh rằng không tồn tại đa thức P (x) ∈ R[x] với bậc deg(P ) = n > 1 sao cho P (x) ∈ Q , ∀x ∈ R \ Q

Solution Ta chứng minh bằng quy nạp và phản chứng.

+) Xét deg(P ) = 1 , hay P (x) = ax + b (a 6= 0) Giả sử ∀x ∈ R \ Q thì P (x) ∈ Q Khi đó x + 1 ∈ R \ Q và x

2 ∈ R \ Q , nên P (x + 1) ∈ Q và P ( x

2) ∈ Q Suy ra P (x + 1) − P (x) ∈ Q , tức là [a(x + 1) + b] − (ax + b) = a ∈ Q

Đồng thời 2P ( x

2) − P (x) ∈ Q , tức là (ax + 2b) − (ax + b) = b ∈ Q

Từ đó dẫn đến P (x) − b

a ∈ Q , tức là

(ax + b) − b

a = x ∈ Q , điều này mâu thuẫn

với x ∈ R \ Q Vậy khẳng định của bài toán đúng với deg(P ) = n = 1

+) Giả sử khẳng định của bài toán đúng với deg(P ) = m ∈ {1, 2, , n − 1} (n > 2) , ta chứng minh khẳng định của bài toán đúng với deg(P ) = n

Đặt P (x) = a0x n + a1x n−1 + + a n−1 x + a n (a0 6= 0)

Giả sử ∀x ∈ R \ Q thì P (x) ∈ Q Khi đó x + 1 ∈ R \ Q , nên P (x + 1) ∈ Q Suy ra H(x) = P (x + 1) − P (x) ∈ Q , ∀x ∈ R \ Q (∗)

Sử dụng khai triển nhị thức Newton ta dễ dàng thấy 1 6 deg(H) 6 n − 1

Nhưng từ đây theo giả thiết quy nạp thì không thể xảy ra (∗)

Vậy khẳng định của bài toán đúng với deg(P ) = n

Chứng minh bài toán được hoàn thành

15 Cho hàm f khả vi và thỏa mãn f (x)+f 0 (x) 6 1, ∀x ∈ R và f (0) = 0 Tìm max{f (1)?

Solution .?

16 Cho f : [0, 1] → R là hàm khả vi tới cấp 2, thỏa mãn f (0) = f (1) = 0 và f 00 (x) + 2f 0 (x) + f (x) > 0, ∀x ∈ [0, 1] Chứng minh rằng f (x) 6 0, ∀x ∈ [0, 1].

Solution .?

17 Tìm tất các các hàm f : R → R liên tục thỏa mãn

n2

Z n+1

n

f (t)dt = nf (x) + 1

2 , ∀x ∈ R, ∀n ∈ N

Solution .?

18 Cho f (x) là hàm dương, không tăng, khả tích, xác định trên [0, 1] Chứng minh

rằng

R1

0 x[f (x)]2dx

R1

0 xf (x)dx 6

R1

0[f (x)]2dx

R1

0 f (x)dx Solution Xét hàm g : [0, 1] → R như sau

g(x) =

Z x

0

[f (t)]2dt

Z x

0

tf (t)dt −

Z x

0

t[f (t)]2dt

Z x

0

f (t)dt

Ta thấy g(0) = 0 và

g 0 (x) = f (x)

Z x

0

(t − x)[f (x) − f (t)]dt > 0, ∀x ∈ [0, 1]

Do đó g(1) > g(0) = 0 và ta suy ra điều phải chứng minh.

19 Chứng minh bất đẳng thức

sin x · ln ³ 1 + sin x

1 − sin x

´

> 2x2 , − π

2 < x <

π

2

Solution Hai vế là hàm chẵn nên chỉ cần xét x ∈ [0, π

2) Ta có

Z x

0

cos tdt = sin x ,

Z x

0

1

cos t dt =

1

2ln

³ 1 + sin x

1 − sin x

´

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz về tích phân

h Z x

0

f (t)g(t)dt

i2 6

Z x

0

[f (t)]2dt ·

Z x

0

[g(t)]2dt

với f (t) = √ cos t , g(t) = √1

cos t ta suy ra điều phải chứng minh.

20 Cho f (x) là hàm khả vi liên tục trên [a, b] Chứng minh rằng

lim

n→∞

Z b

a

f (x) sin nxdx = 0 Solution Dùng tích phân từng phần ta được

0 6

¯

¯

¯

Z b

a

f (x) sin nxdx

¯

¯

¯ =

¯

¯

¯f (a) cos na − f (b) cos nb

1

n

Z b

a

f 0 (x) cos nxdx

¯

¯

¯

6 2 maxx∈[a,b] |f (x)|

1

n

Z b

a

max

x∈[a,b] |f 0 (x)|dx → 0 (n → ∞)

21 Cho f ∈ C[0, 1] Chứng minh rằng

h Z 1 0

x2f (x)dx

i2

6 1 3

Z 1

0

x2[f (x)]2dx

Solution .?

22 Cho f ∈ C1[0, 1] với f (0) = f (1) = 0 Chứng minh rằng

h Z 1 0

f (x)dx

i2

6 1 12

Z 1

0

[f 0 (x)]2dx

và chỉ ra hàm f để đạt được dấu đẳng thức.

Solution .?

23 Cho hàm f ∈ C2[a, b] Chứng minh rằng tồn tại c ∈ (a, b) sao cho

f (a) + f (b)

a + b

2 ) =

(b − a)2

00 (c)

Solution .?