Đẳng thức, bất đẳng thức tích phân trong lớp đa thức và phân thức hữu tỷ và một số dạng toán liên quan

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌCBÙI 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

Các đồng nhất thức tích phân

Tính chất cơ bản của nguyên hàm

Trong bài viết này, chúng tôi sử dụng kí hiệu I(a, b) để chỉ các khoảng như (a, b), đoạn [a, b] hoặc nửa khoảng (a, b] và [a, b] trong các định nghĩa và định lý Định nghĩa 1.1 (xem [1-3]) nêu rõ rằng, cho hàm số f(x) xác định trên I(a, b), hàm số F(x) được gọi là nguyên hàm của hàm f(x) trên I(a, b) nếu F(x) liên tục trên I(a, b) và có đạo hàm tại mọi điểm x thuộc I(a, b).

Chú ý 1.1 Trong trường hợp I(a, b) = [a; b], các đẳng thức F ′ (a) = f (a), F ′ (b) = f (b) được hiểu là

F (x) − F (b) x − b Định lý 1.1 (Về sự tồn tại nguyên hàm) Mọi hàm số liên tục trênI (a, b)đều có nguyên hàm trên I (a, b). Định lý 1.2.

1) Nếu hàm số f (x) có nguyên hàm F (x) trên I(a, b) thì trên I(a, b) nó có vô số nguyên hàm.

2) Hai nguyên hàm bất kì của cùng một hàm cho trên I(a, b)là sai khác nhau một hằng số cộng.

Từ Định lí 1.2, ta thấy nếu F (x)là một nguyên hàm của hàm số f (x) trênI(a, b) thì mọi nguyên hàm củaf(x)trênI(a, b)đều có dạngF (x)+C, vớiC ∈R VậyF (x)+C, C ∈

R là họ tất cả các nguyên hàm của f (x) trên I(a, b).

Họ tất cả các nguyên hàm của f(x) trên I(a, b) được kí hiệu là R f (x)dx Vậy

Z f (x)dx = F (x) + C, C ∈R Định lý 1.3 (Tính chất của nguyên hàm). i)

Z df (x) = f (x) + C. Định lý 1.4 (Quy tắc tìm nguyên hàm). i)

Z f [ϕ(t)]ϕ ′ (t)dt, trong đó x = ϕ(t) có đạo hàm liên tục. iv) Quy tắc lấy nguyên hàm từng phần

Z vdu,trong đó u = u(x), v = v(x) là những hàm số có đạo hàm liên tục.

Một số tính chất của tích phân xác định

Tích phân xác định của một hàm số y = f(x) trên đoạn [a; b] được định nghĩa bằng cách chia đoạn này thành n đoạn nhỏ bởi các điểm chia x_i (i = 0, 1, 2, , n), trong đó a = x_0 < x_1 < x_2 < < x_{n-1} < x_n = b.

(Mỗi phép chia như thế được gọi là một phép phân hoạch đoạn [a; b], kí hiệu là Π.) Đặt ∆x i = x i − x i − 1 và d (Π) = max ∆x i , 1 ≤ i ≤ n.

Trên mỗi đoạn [x i − 1 ; x i ], ta lấy một điểm tùy ý ξ i (i = 1, , n) và lập tổng σ Π = n

Tổng (1.1) được gọi là tổng tích phân của hàm số f (x) ứng với phép phân hoạch Π.

Tích phân xác định của hàm f(x) trên đoạn [a; b] được ký hiệu là giới hạn của tổng X i=1 f(ξ i)∆x i, không phụ thuộc vào cách phân hoạch đoạn và lựa chọn điểm ξ i.

X i=1 f (ξ i )∆x i Khi đó hàm f (x) được gọi là khả tích trên đoạn [a; b].

Chú ý 1.2 Tích phân xác định không phụ thuộc vào việc lựa chọn biến lấy tích phân: b

Để tính diện tích của "hình thang cong", ta sử dụng các tổng xác định để xấp xỉ phần diện tích bị giới hạn bởi đường cong Bằng cách thiết lập giới hạn của các tổng này, ta có thể tìm ra diện tích chính xác Nếu hàm f(x) liên tục trên đoạn [a; b], ta có đẳng thức max ∆ lim xk → 0 n.

Z a f(x)dx = F (x) b a = F (b) − F (a) (1.2) trong đó F (x) là một nguyên hàm nào đó của f (x).

Có nhiều đại lượng trong hình học và vật lý có thể được khảo sát bằng phương pháp tính toán tích phân Các đại lượng này bao gồm thể tích, độ dài, diện tích mặt và các đại lượng vật lý cơ bản như công sinh ra bởi lực tác động từ một khoảng cách nhất định Quá trình này chia khoảng biến thiên thành các đoạn nhỏ, và đại lượng được tính gần đúng bằng tổng các đoạn tương ứng Giới hạn của các tổng này cung cấp giá trị chính xác của đại lượng cần tính dưới dạng tích phân xác định, được tính toán thông qua các phép tính cơ bản.

Quá trình tính giới hạn của tổng để tìm diện tích dưới đường cong không cần phải lặp lại cho các đại lượng tương tự khác Hệ thống ký tự phức tạp và lặp lại nhiều lần gây khó khăn cho việc tính toán.

Trong bài viết này, chúng ta sẽ khám phá một số phương pháp cơ bản để tính tích phân xác định Đặc biệt, chúng ta sẽ chú ý đến những lớp hàm khả tích đơn giản và dễ nhận biết.

Hàm số y = f(x) liên tục trên đoạn [a; b] thì khả tích trên đoạn đó.

Hàm số y = f (x) bị chặn trên đoạn [a; b] và chỉ có một số hữu hạn điểm gián đoạn thì khả tích trên đoạn đó.

Hàm số y = f(x) bị chặn và đơn điệu trên đoạn [a; b] thì khả tích trên đoạn đó.

Có một mối liên hệ mật thiết giữa tích phân xác định và nguyên hàm Theo Định lý 1.5, nếu hàm số f(x) liên tục trên đoạn [a, b], thì hàm số này khả tích trên đoạn đó Định lý 1.6 chỉ ra rằng nếu f(x) và g(x) đều liên tục trên đoạn [a, b] và f(x) ≤ g(x) với mọi x thuộc [a, b], thì điều này cũng dẫn đến những kết luận quan trọng về tính khả tích của các hàm số này.

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi f (x) = g(x). Định lý 1.7 (Phép cộng tích phân). b

[f (x) + g(x)]dx. Định lý 1.8 (Phép trừ tích phân). b

[f (x) − g(x)]dx. Định lý 1.9 (Phép nhân tích phân với 1 hằng số). k b

Z a kf (x)dx. Định lý 1.10 (Công thức đảo cận). a

Z a f (x)dx = 0. Định lý 1.11 (Công thức tách cận). b

Định lý 1.12 trình bày công thức đổi biến số cho hàm số y = f(x) liên tục trên đoạn [a, b] và hàm số x = g(t) khả vi liên tục trên đoạn [m, M] Điều kiện cần thiết là giá trị nhỏ nhất của g(t) trong khoảng [m, M] phải bằng a và giá trị lớn nhất bằng b, với g(m) = a và g(M) = b.

Z m f (g(t)).g ′ (t)dt. Định lý 1.13 (Công thức tích phân từng phần) Giả sử hàm số u(x), v(x) khả vi liên tục trên [a, b], khi đó b

Z a v(x)u ′ (x)dx Định lý 1.14 (Công thức Newton-Leibnitz) Nếu hàm số f(x) liên tục trên đoạn [a; b] và F (x) là một nguyên hàm của nó trên đoạn đó, thì b

Theo Định lý 1.14, việc tính tích phân xác định trở nên đơn giản khi xác định được biểu thức nguyên hàm tương ứng Để tính tích phân xác định của hàm số f(x) trên đoạn [a; b], chúng ta thường tìm nguyên hàm F(x) và áp dụng công thức Newton-Leibnitz.

Việc tìm nguyên hàm trong nhiều bài toán có thể rất phức tạp và khó khăn, thậm chí không thể xác định nguyên hàm dưới dạng hiện Do đó, nhu cầu tính các tích phân xác định mà không biết rõ nguyên hàm tương ứng là một vấn đề cần được nghiên cứu kỹ lưỡng Trong những trường hợp này, nếu áp dụng các tính chất đặc biệt của hàm trong dấu tích phân và thực hiện các biến đổi phù hợp, ta có thể tính được một số dạng tích phân xác định.

Tích phân đối với hàm chẵn và lẻ

Tính chất 1.1 Nếu hàm số y = f (x) lẻ, liên tục trên [ − a; a], với a > 0 thì

Chứng minh Do f(x) liên tục trên [ − a; a] nên

0 f (x)dx Đặt x = − t thì dx = − dt Khi đó

(Do f(x) là hàm số lẻ nên f ( − x) = − f(x)).

Bài toán 1.1 Tính tích phân

Lời giải Xét hàm số f (x) = cos 4x + sin x

Ta thấy f (x) liên tục trên

2 ; 1 2 và là hàm số lẻ nên theo tính chất 1.1, ta có I = 0. Tính chất 1.2 Nếu f(x) là hàm số chẵn, liên tục trên [ − a; a], với a > 0 thì

Chứng minh Chứng minh tương tự như tính chất 1.1, chú ý f ( − x) = f (x).

Bài toán 1.2 (Đề thi tuyển sinh vào ĐH Lâm nghiệp - 1999) Tính tích phân

Dễ thấy sin x x 2 + 1 là hàm số lẻ, liên tục trên [ − 1; 1] theo tính chất 1.1, ta có I 2 = 0; còn x 4 x 2 + 1 là hàm số chẵn, liên tục trên [ − 1; 1] nên theo tính chất 1.2, ta có

3 Tính chất 1.3 Nếu f (x)là hàm số chẵn, liên tục trên D ⊂R thì với ∀ a ∈ D ta luôn có

0 f (x) b x + 1 dx Đặt x = − t thì dx = − dt Khi đó

Nhận xét 1.1 Từ các tính chất riêng lẻ 1.1, 1.2 và 1.3, dẫn đến một tính chất chung sau đây

Tính chất 1.4 Nếu f(x) là hàm liên tục trên [ − a; a], với a > 0 thì

Chứng minh Do f(x) liên tục trên [ − a; a] nên

0 f (x)dx Đặt x = − t thì dx = − dt Khi đó

Bài toán 1.3 (Olympic Sinh viên Toàn quốc - 2011) Tính tích phân

Ta nhận thấy f(x) liên tục trên đoạn [ − 1; 1] và f (x) + f( − x) = 1

Từ đó, sử dụng tính chất 1.4, ta có

Tích phân đối với hàm tuần hoàn

Trong phần này, chúng ta chỉ tập trung vào các hàm tuần hoàn cộng tính Đối với các hàm tuần hoàn nhân tính, cần thực hiện phép lôgarit hóa các biểu thức tương ứng của biến số để chuyển đổi sang hàm tuần hoàn cộng tính.

Hàm số y = f(x) được định nghĩa là hàm tuần hoàn nếu tồn tại một số T > 0, sao cho với mọi x thuộc miền xác định D f của hàm, điều kiện f(x + T) = f(x) luôn được thỏa mãn.

1) x ± T cũng thuộc miền xác định của hàm số,

Số T (T > 0) được gọi là chu kì của hàm tuần hoàn Chu kì nhỏ nhất (nếu tồn tại) được gọi là chu kì cơ sở của hàm số đã cho.

Tính chất 1.5 Nếu hàm số f (x) tuần hoàn chu kì T , xác định và liên tục trên R thì a+T

T f(x)dx. Đổi biến x = t + T đối với tích phân a+T R

T f(x)dx được I 1 = I 2 Chọn a = − T 2 ta được

Lời giải Dễ thấy f(x) = sin 2x cos 4 x + sin 4 x = sin 2x

2 sin 2 2x là hàm tuần hoàn với chu kì

T = π, do đó theo tính chất 1.5, ta có

0 sin x cos x cos 4 x + sin 4 x dx = 2 π

0 tan xdx cos 2 x(1 + tan 4 x) Đặt t = tanx, ta có dt = dx cos 2 x. Đổi cận: Khi x = 0 thì t = 0; khi x = π

Bài toán 1.5 (Olympic Sinh viên Toàn quốc - 2007) Tính tích phân

Lời giải Nhận xét rằng f (x) = ln sin x +p

1 + sin 2 x là hàm liên tục, tuần hoàn với chu kì T = 2π Từ tính chất 1.5 ta được I = π

Mặt khác, do f(x) là hàm số lẻ nên theo tính chất 1.1 ta được I = 0.

Tích phân một số dạng với đặc trưng hàm đặc biệt

Tính chất 1.6 Nếu hàm số f (x) liên tục trên [0; 1] thì π

2 − t và dx = − dt Khi đó π

Lời giải Theo tính chất 1.6, ta có

0 sin n x sin n x + cos n x dx thì

Tính chất 1.7 Nếu hàm số f (x) liên tục trên đoạn [a; b] và thỏa mãn điều kiện f (x) = f(a + b − x) với mọi x ∈ [a; b], thì ta luôn có

Z a + b 2 f (x)dx. Đối với tích phân thứ hai, đặt x = a + b − t, ta được b

Do vậy, tính chất 1.7 1) được chứng minh.

Bằng cách đổi biến tương tự, đặt t = a + b − x thì dt = − dx và b

Z a xf(x)dx và tính chất 1.7 2) được chứng minh Cho a = 0, b = π ta có J 1

Từ tính chất 1.7, ta suy ra

Sử dụng công thức cos x =

3 Bài toán 1.8 Tính tích phân

1 + sin 2 x Lời giải Theo tính chất 1.7, ta có

Một số bất đẳng thức tích phân và phương pháp bất đẳng thức trong tích phân

Một số bất đẳng thức tích phân cơ bản

Ta nhắc lại ý nghĩa hình học của tích phân:

Nếu hàm số f(x) liên tục và không âm trên đoạn [a; b], thì diện tích dưới đồ thị của hàm số y = f(x) được tính bằng tích phân R b a f(x)dx Diện tích này được giới hạn bởi trục Ox và hai đường thẳng x = a và x = b, tạo thành hình thang cong.

Về sau, ta sử dụng các tính chất cơ bản liên quan đến ước lượng tích phân:

Giả sử các hàm số f(x), g(x) liên tục trên khoảng X và a, b, c ∈ X Khi đó ta có một số tính chất bất đẳng thức của tích phân như sau:

Z a f (x)dx ≥ 0. và dấu ” = ” xảy ra khi f (x) đồng nhất bằng 0 tại mọi x thuộc đoạn [a, b].

4) Giá trị trung bình của hàm số trong đoạn cho trước

Nếu hàm số f (x) liên tục trên [a; b] thì tồn tại c ∈ (a; b) sao cho f(c) = 1 b − a b

5) Với mọi f (x) xác định trên [a; b], ta đều có b

6) Với mọi f (x) vàg(x) xác định trên [a; b], ta đều có b

Sử dụng ý nghĩa hình học của tích phân

Bài toán 1.9 Cho hàm số y = f (x) liên tục, không âm, đơn điệu tăng trên [0; c) với c > 1 Gọi f − 1 (x) là hàm ngược của nó Chứng minh rằng với mọi a ∈ [0; c) và b ∈ [f (0); f (c)), ta luôn có a

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi b = f(a).

Lời giải Gọi S 1 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi x = a, x = b, y = 0, y = f(x), thì

Gọi S 2 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi y = f (0), y = b, x = 0, x = f − 1 (y), thì

Gọi S là diện tích hình chữ nhật tạo bởi x = 0, x = a, y = 0, y = b, thì S = ab Trong cả hai trường hợp f (a) ≤ b và f (a) > b, ta đều có S 1 + S 2 ≥ S nên a

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi f(a) = b Đặc biệt, nếu f (0) = 0 thì ta có a

Sử dụng đánh giá hàm dưới dấu tích phân

Bài toán 1.10 Chứng minh rằng 0, 9 3 > e nên x e > ln x > 1 hay e x < 1 ln x < 1. Suy ra e x

Gọi I là tích phân đang xét Từ đó suy ra R 4

√ 3 ln x < 1. Bài toán 1.11 Chứng minh bất đẳng thức

Lời giải Xét hàm số f (x) = e 2x − 2 x 2 + x

Từ bất đẳng thức trên, ta thu được

Bài toán 1.12 Cho m, n nguyên, m ≥ 2, n ≥ 1 Chứng minh rằng

Lời giải Với m ≥ 2, n ≥ 1, ta có (cos x) km ≤ cos 2 x = 1 − sin 2 x, ∀ x ∈

(cos x) km + n sin x ≤ n − n sin 2 x + n sin x

Gọi I là tích phân đang xét Từ đó suy ra

Bài toán 1.13 [Olympic SV 1995] Cho hàm số f(x) liên tục và nghịch biến trên [0; b] và cho a ∈ [0; b] Chứng minh rằng b a

Lời giải Bất đẳng thức đã cho tương đương với

Do f (x) nghịch biến trên [0; a] và [a; b] nên

Bài toán 1.14 Cho hàm số f (x) liên tục cùng với đạo hàm của nó trên [0; 1] và f(x) lấy cả giá trị âm và dương trên [0; 1] Chứng minh rằng

Giả sử x1, x2 thuộc đoạn [0; 1] với x1 < x2, ta có f(x1) < 0 và f(x2) > 0 Theo định lý giá trị trung bình, tồn tại một điểm a trong khoảng (x1; x2) sao cho f(a) = 0 Hàm số |f(x)| liên tục trên đoạn [0; 1], do đó nó đạt giá trị lớn nhất tại một điểm b trong đoạn này, tức là |f(x)| ≤ |f(b)| với mọi x thuộc [0; 1].

Không mất tính tổng quát, ta giả sử b ∈ (a; 1], ta có

Ta sẽ chứng minh R b a | f ′ (x)dx | ≤

Suy ra | f ′ (x) | = 0 hay f ′ (x) = 0, ∀ x ∈ [0; a] suy ra f(x) là hàm hằng trên [0; a] mà f (a) = 0 nên f (x) = 0, ∀ x ∈ [0; a], mâu thuẫn với f (x 1 ) < 0 trong đó x 1 ∈ [0; a].

Từ đó ta suy ra điều phải chứng minh.

Phương pháp phân đoạn miền lấy tích phân

Định lý 1.15 Cho f(x) ≥ 0 liên tục trên [a; b] Khi đó b

Yêu cầu phải chọn ra đoạn [α; β] thích hợp Nhiều khi ta phải phân đoạn miền lấy tích phân thành nhiều đoạn, ví dụ thành hai đoạn b

Trên [a; L], chọn f 1 (x) để f(x) ≥ f 1 (x); trên [L; b], chọn f 2 (x) để f (x) ≥ f 2 (x).

Phương pháp phân đoạn miền lấy tích phân không chỉ được sử dụng để chứng minh các bất đẳng thức mà còn giúp tính toán tích phân cho những hàm được biểu diễn bởi nhiều biểu thức khác nhau.

Bài toán 1.15 Cho f(x) là hàm giảm và liên tục trên [0; 1], khi đó với mọi α ∈ (0; 1) ta luôn có α

Lời giải Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với α

Bất đẳng thức cuối cùng đúng do f (x) là hàm giảm.

Bài toán 1.16 Cho f (x) là hàm số liên tục, có đạo hàm trên [0; 2] và thỏa mãn f (0) = f(2) = 1, | f ′ (x) | ≤ 1 với x ∈ [0; 2] Chứng minh rằng

Lời giải Lấy x ∈ (0; 2), theo công thức số gia giới nội, tồn tại θ 1 ∈ (0; x) để f(x) − f (0) = xf ′ (θ 1 ) hay f (x) = 1 + xf ′ (θ 1 ).

Ta có f ′ (x) ≥ − 1 ⇒ f (x) ≥ 1 − x, ∀ x ∈ (0; 1) (1.4)Tương tự, tồn tại θ 2 ∈ (x; 2) để f (x) − f(2) = (x − 2)f ′ (θ 2 ) hay f (x) = 1 + (x − 2)f ′ (θ 2 ).

Dấu đẳng thức xảy ra khif(x) =

Bài toán 1.17 Chứng minh rằng đối với hàm số khả vi liên tục f (x) trên [a; b]; f(a) = f (b) = 0 xảy ra bất đẳng thức M = max x ∈ [a;b] | f ′ (x) | ≥ 4

Lời giải Với x ∈ (a; b), theo công thức số gia giới nội, ta có f (x) − f (a) = f ′ (c 1 )(x − a) hay f (x) = f ′ (c 1 )(x − a) với c 1 ∈ (a; x); f(x) − f(b) = f ′ (c 2 )(x − b) hay f (x) = f ′ (c 2 )(x − b) với c 2 ∈ (x; b).

Bài toán 1.18 Cho n nguyên dương, chứng minh rằng R 1

√ n Lời giải Dễ chứng minh rằng với 0 < x < 1 thì (1 − x) n ≥ 1 − nx, từ đó

Bất đẳng thức Bunhiakovski

Bài toán 1.19 Chứng minh rằng với mọi cặp hàm f (x) và g(x) liên lục trên [a; b], ta đều có b

Lời giải Từ hệ thức

[tf (x) + g(x)] 2 ≥ 0 Áp dụng tính chất tích phân, ta suy ra t 2 b

Z a g 2 (x)dx ≥ 0. Đến đây, coi bất đẳng thức trên là bất phương trình bậc hai theo t, ta có ∆ ′ ≤ 0 và nhận được b

Bài toán 1.20 Cho f(x) là hàm số có đạo hàm liên tục trên [0; 1] và f(1) − f(0) = 1. Chứng minh rằng

Lời giải Áp dụng bất đẳng thức Bunhiakovski với cặp hàm f(x) và g(x) ( ≡ 1), ta có

Theo công thức Newton-Leibnitz, thì

Bài toán 1.21 Chứng minh rằng với mọi x > 0, ta có e x − 1 < x

Theo bất đẳng thức Bunhiakovski, thì

Mặt khác, ta có pe 2t + e − t > e t , 0 < t < x nên x

Bài toán 1.22 Cho hàm số liên tục f : [0; 1] → [ − 1; 1] Chứng minh rằng

Lời giải Dễ thấy các căn thức có nghĩa Theo bất đẳng thức Bunhiakovski, ta có

Do cả hai vế đều không âm nên lấy căn bậc hai hai vế, ta được điều phải chứng minh.

Bài toán 1.23 Cho f(x) là hàm số có đạo hàm liên tục trên [a; b] và f (a) = 0 Đặt

Lời giải Vì f(x) là hàm liên tục trên [a; b] nên tồn tại x 0 ∈ [a; b] sao cho

| f (x 0 ) | = max x ∈ [a;b] | f(x) | Áp dụng bất đẳng thức Bunhiakovski với cặp hàm f ′ (x) và g(x) = 1, ta có x 0

Đẳng thức và bất đẳng thức tích phân trong đa thức 23

Một số đẳng thức tích phân giữa các đa thức

Phương pháp đổi biến là kỹ thuật phổ biến nhất để chứng minh các đẳng thức tích phân Việc chọn ẩn phụ phụ thuộc vào các cận a, b và tính chất của hàm số trong dấu tích phân.

Trong mục này ta xét một số lớp các tích phân dạng đặc biệt mà ta đề cập ở chương trước.

Bài toán tổng quát Sử dụng tích phân để chứng minh A = B.

Thực hiện theo các bước sau:

Bước 1 Lựa chọn một đẳng thức luôn đúng, thông thường là dạng đặc biệt của nhị thức Newton.

Bước 2 Lấy tích phân hai vế của đẳng thức trên từ a đến b (thông thường là từ 0 tới x ).

Bước 3 Lựa chọn giá trị thích hợp cho xta sẽ nhận được đẳng thức cần chứng minh.

Bài toán 2.1 Chứng minh rằng với n nguyên dương thì i) C n 0 + C n 1

Với mọi x và n ∈ Z + , ta có

Lấy tích phân theo x hai vế ta được t

Thay t = 1 vào đẳng thức trên ta được (i).

Thay t = − 1 vào vào đẳng thức trên ta được (ii).

Bài toán 2.2 (Olympic SV 2004) Cho 0 < a < b Tính tích phân a)I(λ) =

Lời giải a) Đặt bx + a(1 − x) = t, ta có R 1

1 (b − a)t dt = ln b − ln a b − a b) Từ a) suy ra

Bất đẳng thức tích phân giữa các đa thức

Trong phần này ta xét một số dạng bất đẳng thức tích phân giữa các đa thức và các hàm lũy thừa bậc tùy ý.

Bài toán 2.3 (Olympic SV năm 1997) Xét đa thứcP (x) với hệ số thực thỏa mãn các điều kiện P (0) = P (1) = 0, R 1

2 , ∀ x ∈ [0, 1] Lời giải Ta sử dụng phương pháp phản chứng Giả sử tồn tại x 0 ∈ [0; 1] sao cho

2 Do P (x) liên tục tại x 0 suy ra

= | P (x 0 ) − P (0) | + | P (1) − P (x 0 ) | ≥ 2 | P (x 0 ) | > 1, mâu thuẫn với giả thiết

Vậy điều giả sử là sai Vậy nên

2 , ∀ x ∈ [0, 1] Bài toán 2.4 (IMC 1995) Cho hàm f (x) liên tục trên [0, 1] và thỏa mãn

dx và sử dụng tích phân từng phần ta được

Từ đây suy ra điều phải chứng minh.

Nhận xét 2.1 Điều kiện (2.1) có thể viết thành

Bổ đề 2.1 (xem [4-5]) Giả thiết hàm f liên tục trên [0, 1] và thỏa mãn điều kiện (2.1)

; đồng thời f (x)> 0, ∀ x ∈ [0, 1] (2.1 ′ ) Khi đó ta có

2 dx = ã ã ã = 1 n + 3. Bài toán 2.5 Giả sử hàm f liên tục trên [0, 1] và thỏa mãn (2.1), (2.1 ′ ) Khi đó

Lời giải Do bất đẳng thức Cauchy ta có [f(x)] n+1 + nx n+1 > (n + 1)x n f (x) , nên R 1

0 x n f(x)dx. Theo Bổ đề 2.1 ta có

Suy ra điều phải chứng minh.

Bài toán 2.6 Giả sử hàm f liên tục trên [0, 1] và thỏa mãn (2.1), (2.1 ′ ) Khi đó

Lời giải Ta thấy (f (x) − x)([f(x)] n − x n )>0, ∀ x ∈ [0, 1], tức là [f(x)] n+1 + x n+1 >x n f(x) + x[f(x)] n , ∀ x ∈ [0, 1].

0 x[f (x)] n dx.Đến đây theo Bổ đề 2.1 ta suy ra điều phải chứng minh.

Bổ đề 2.2 (xem [4-5]) Giả sử hàm f liên tục trên [0, 1] và thỏa mãn (2.1), (2.1 ′ ) Khi đó 1

Chứng minh Tương tự như chứng minh Bổ đề 2.1.

Lời giải Dễ dàng có bất đẳng thức Cauchy tổng quát sau αx + βy >x α y β (α > 0, β > 0, α + β = 1, x> 0, y > 0)

Theo Bổ đề 2.2 ta có

Suy ra điều phải chứng minh.

Lời giải tương tự như chứng minh Bài toán 2.7.

Bài toán mở 2.1 Giả sử f (x) là hàm liên tục trên [0, 1] thỏa mãn

Với điều kiện nào cho α và β thì bất đẳng thức sau là đúng?

Ta khảo sát lời giải đối với Bài toán mở 2.1 nêu trên.

Bổ đề 2.3 (xem [4-5]) Giả sử hàm f liên tục trên [0, 1] và thỏa mãn (2.1) Khi đó

Chứng minh Từ giả thiết ta có

2k + x k+2 2(k + 2) Mặt khác, dùng tích phân từng phần ta được

Nhận xét 2.2 Bằng cách tương tự, ta có thể chứng minh Bổ đề 2.3 cũng đúng khi k ∈ [1, ∞ ) Tức là

Bổ đề 2.4 (xem [4-5]) Giả sử f là hàm không âm và liên tục trên [0, 1] sao cho (2.1) thỏa mãn Khi đó với mỗi x ∈ [0, 1] và k ∈N, ta có

[f(t)] k dt> 1 − x k+1 k + 1 Chứng minh Ta thấy

Z x t k+1 dt điều này kéo theo

Sử dụng Bổ đề 2.3, ta có

Tiếp tục chứng minh bằng quy nạp Rõ ràng Bổ đề đúng với k = 1.

[f (t)] k dt> 1 − x k+1 k + 1 , ta sẽ chứng tỏ rằng R 1 x

[f(t)] k+1 dt> 1 − x k+2 k + 2 Thật vậy, ta có

Mặt khác dùng tích phân từng phần ta được

Z x t[f (t)] k dt> 1 − x k+2 k + 2 , điều phải chứng minh.

Bài toán 2.9 Giả sử f là hàm không âm và liên tục trên [0, 1] Nếu (2.1) thỏa mãn, thì với mỗi m, n ∈N, ta có

Lời giải Sử dụng bất đẳng thức Cauchy tổng quát ta được n m + n [f (x)] m+n + m m + n x m+n > x m [f(x)] n điều này kéo theo n m + n

Do Bổ đề 2.4, ta có R 1

[f (x)] m+n dx> 1 m + n + 1 Từ đây ta được

Bài toán 2.10 Giả sử f là hàm liên tục trên [0, 1] sao cho f(x) > 1, ∀ x ∈ [0, 1] Nếu (2.1)thỏa mãn, thì với mỗi α, β > 0, luôn có

Lời giải Bằng cách chứng minh tương tự như với Bài toán 2.9, ta thấy ( ∗∗ ) đúng khi

Từ đó ta chỉ cần chứng tỏ rằng R 1

Do Bổ đề 2.3 ta được

Nhận xét 2.3 Điều kiện f(x)> 1, ∀ x ∈ [0, 1] trong Bài toán 2.10 là cần thiết để có

2 < x6 1 liên tục trên [0, 1] thì R 1 x f(t)dt > 1 − x

3 Điều kiện f (x)> 1, ∀ x ∈ [0, 1] có thể bỏ qua nếu giả thiết α + β > 1

Bài toán 2.11 Giả sử f là hàm không âm và liên tục trên [0, 1] sao cho (2.1) thỏa mãn Khi đó với mỗi α, β > 0 mà α + β > 1 , ta có

[f (t)] α+β dt> 1 α + β + 1 và từ đó ta được bất đẳng thức ( ∗∗ ) như ở Bài toán 2.10.

Ta thấy k ∈N , 0 6γ < 1 và k α + β + γ α + β = 1 Sử dụng bất đẳng thức Cauchy tổng quát ta có k α + β [f(t)] α+β + γ α + β t α+β > [f (t)] k t γ , ∀ t ∈ [0, 1] dẫn đến với mỗi x ∈ [0, 1] thì k α + β

Mặt khác, dùng tích phân từng phần và chú ý Bổ đề 2.4 ta có

> 1 α + β + 1 (1 − γ α + β ) = 1 α + β + 1 ã k α + β suy ra điều cần phải chứng minh.

Tiếp theo, xét một số bài toán mở khác liên quan đến ước lượng tích phân:

Bài toán mở 2.2 Giả sử f, g : [a, b] → [0, ∞ ) là các hàm liên tục và g là hàm không giảm thỏa mãn b

Khi đó với mỗi hàm h là hàm lồi trên [0, ∞ ) ta có R b a h(f (t))dt > b

R a h(g(t))dt. Đặc biệt, lấy h(t) := t α (α > 0) là hàm lồi trên [0, ∞ ) ta được b

Bài toán mở 2.3 Giả sử f, g : [a, b] → [0, ∞ ) là các hàm liên tục và g là hàm không giảm, khả vi thỏa mãn điều kiện (2.3) Khi đó ta có b

Bài toán mở 2.4 Giả sử f, g : [a, b] → [0, ∞ ) là các hàm liên tục và g là hàm không giảm, khả vi thỏa mãn điều kiện (2.3) Khi đó nếu b

Phương pháp tích phân trong chứng minh bất đẳng thức

Sau đây ta xét một số bài toán ứng dụng của tích phân vào chứng minh bất đẳng thức.

Bài toán 2.12 Chứng minh rằng với mọi x > 0, ta có cos x > 1 − x 2

2 Lời giải Vì cost ≤ 1 với mọi t nên với x > 0, ta có x

Khi đó với mọi x > 0, ta có x

Bài toán 2.13 Cho 0 < a < b Chứng minh rằng a − b a < ln a b < a − b b

Lời giải Nhận xét rằng, với mọi x ∈ (a; b) thì 1 a > 1 x > 1 b nên

Do đó, bất đẳng thức a − b a < ln a b < a − b b được thiết lập Ngoài việc áp dụng các kiến thức cơ bản, việc sử dụng tích phân xác định trong việc chứng minh bất đẳng thức còn dựa vào các quan sát trực giác từ hình học.

Bài toán 2.14 Chứng minh rằng

Lời giải Ta có y = √ x là một hàm số liên tục và đơn điệu tăng trên đoạn [0; n] Gọi

S là diện tích tam giác cong tạo bởi các đường cong y = 0, x = n, y = √ x. Khi đó, ta có

Gọi A i là các điểm với tọa độ i; √ i

(i = 1, 2, , n) và A là điểm có tọa độ (n; 0) Khi đó diện tích đa giác OA 1 A 2 A n − 1 A n bằng S 1 và ta có:

Gọi B i là các điểm với tọa độ i; √ i + 1 với i = 0, 1, , n − 1 Khi đó nếu kí hiệu S 2 là diện tích của đa giác OB 0 A 1 B 1 A 2 A n − 1 B n − 1 A n B n thì

Từ (2.6) và (2.7), ta suy ra điều phải chứng minh.

Bài toán 2.15 Chứng minh rằng n! < n n+

Lời giải Xét hàm số y = lnx với 1 ≤ x ≤ n GọiS là diện tích hình tam giác cong giới hạn bởi các đường y = 0, x = n, y = lnx Khi đó, ta có

Gọi A i là các điểm với tọa độ (i; lni), i = 1, 2, , n và A là điểm có tọa độ (n; 0).

Khi đó diện tích S 1 của đa giác A 1 A 2 A n − 1 A n A được xác định theo công thức

2 [ln 2 + ln 2 + ln 3 + ã ã ã + ln(n − 2) + ln(n − 1) + ln(n − 1) + ln n]

Do S 1 < S nên từ (2.8) và (2.9), ta thu được ln(n!) < n + 1 2 ln n + 1 − n, hay n! < e 1 − n e n+ 1 2

Bài toán 2.16 (Bất đẳng thức Young) Cho p, q thỏa mãn điều kiện p > 1, q > 1, 1 p + 1 q = 1.

Chứng minh rằng, với mọi a, b dương ta đều có ab ≤ a p p + b q q

Xét hàm số y = x^p - 1 với x > 0, ta có mối quan hệ 1/p + 1/q = 1 dẫn đến x = y^q - 1 Đường thẳng x = a cắt hàm số y = x^p - 1 tại điểm M, trong khi đường thẳng y = b cắt tại điểm N, với điều kiện a^p - 1 ≤ b và a^p - 1 > b.

Kí hiệu S 1 là diện tích tam giác cong tạo bởi các đường y = 0, x = a, y = x p − 1 và S 2 là diện tích tam giác cong tạo bởi các đường x = 0, y = b, x = y q − 1

(ở đây ab là diện tích hình chữ nhật tạo bởi các đường y = 0, x = 0, x = a, y = b).

0 y q − 1 dx = b q q Thay S 1 , S 2 vào (2.10), ta thu được ab ≤ a p p + b q q , điều phải chứng minh.

Bài toán 2.17 (Olympic SV 2004) Cho đa thứcP (x)thỏa mãn điều kiệnP (a) = P (b) =

0 với a < b Đặt M = max a ≤ x ≤ b | P ′′ (x) | Chứng minh rằng a) R b a

12 M (b − a) 3 Lời giải a) Ta chứng minh b

Thật vậy, sử dụng công thức tích phân từng phần, ta thu được b

P (x)dx. b) Từ (a) ta thu được b

Đẳng thức và bất đẳng thức tích phân trong lớp phân thức 38

Nguyên hàm và tích phân các hàm phân thức hữu tỷ

Mọi hàm hữu tỉ R(x) đều biểu diễn được dưới dạng tỉ số của hai đa thức không có nghiệm chung

Chúng ta sẽ tập trung vào các phân thức hữu tỉ thực sự, trong đó bậc của tử số nhỏ hơn bậc của mẫu số Các phân thức này thường được phân loại thành các dạng cơ bản, bao gồm i) A/(x - a); ii) A/x.

(x 2 + px + q) k , k ≥ 2. Mỗi phân thức hữu tỉ thực sự dạng P (x)

Q(x) đều có thể phân tích được thành tổng các phân thức cơ bản dạng

(x 2 + rx + s) δ − 1 + ã ã ã + K 1 x + L 1 x 2 + rx + s , trong đó A i , B i , M i , N i , K i , L i là các số thực và x 2 + px + q, , x 2 + rx + s là những tam thức bậc hai không có nghiệm thực. a) Dạng mẫu là tam thức bậc hai

4 (tan 2 t + 1). Đổi cận: Khi x = 0 thì t = π

9 Nhận xét 3.1 Khi tính tích phân các phân thức hữu tỉ thực sự với mẫu là tam thức bậc hai:

- Nếu mẫu có nghiệm thực thì đưa về phân thức đơn giản (Bài toán 3.1).

Nếu mẫu không có nghiệm thực và tử là hằng số, ta có thể biến đổi mẫu thành tổng các bình phương Khi đó, tích phân sẽ có dạng R dx/(x^2 + a^2), theo bài toán 3.2.

Nếu mẫu không có nghiệm thực và tử là nhị thức bậc nhất, ta có thể biến đổi thành hai tích phân: một tích phân có tử là đạo hàm của mẫu và một tích phân có tử là hằng số (Bài toán 3.3) Trong trường hợp mẫu là đa thức bậc lớn hơn hai, phương pháp giải cũng cần được điều chỉnh tương ứng.

= 3 ln | x − 1 || 0 − 1 − ln | x − 2 || 0 − 1 − 2 ln | x + 2 || 0 − 1 = ln 3 − 6 ln 2.

Từ đó, ta tìm được A = 3, B = 2, C = − 3, D = 4.

3 Bài toán 3.7 (Đề thi tuyển sinh Học viện Mật mã - 1999) Tính tích phân

3 Chú ý 3.3 Khi tính tích phân các hàm phân thức hữu tỉ, nói chung ta phải làm theo các bước sau

- Nếu phân thức hữu tỉ không thực sự thì chia tử cho mẫu để được một đa thức và một phân thức hữu tỉ thực sự.

- Phân tích phân thức hữu tỉ thực sự thành tổng các phân thức đơn giản.

- Lấy tích phân sau khi đã phân tích.

Song có nhiều bài không cần thực hiện như trên mà dùng các phương pháp khác sẽ nhanh hơn.

Lời giải Đặt t = x − 2 x + 3 thì dt = 5dx

dx (x + 3) 2 Đổi cận: khi x = 0 thì t = − 2

Nhận xét 3.2 Để tính tích phân dạng R dx

(x + a) n (x + b) m (n, m ∈ N ∗ ) , ngoài phương pháp hệ số bất định, ta còn có thể sử dụng phép đổi biến t = x + a x + b. Bài toán 3.9 Tính tích phân

Nhận xét 3.3 Để tính tích phân dạng R (a + bx) n

(c + dx) m (n, m ∈ N ∗ ) , ta có thể sử dụng phương pháp tích phân từng phần.

Hữu tỷ hóa tích phân một số hàm số vô tỉ

! dx, n ∈N ∗ Cách giải Ta hữu tỉ hóa bằng cách đặt t = n rax + b cx + d. Bài toán 3.10 (Đề thi tuyển sinh Đại học khối A - 2004) Tính tích phân

Lời giải Đặt t = √ x − 1 thì x = t 2 + 1 nên dx = 2tdt. Đổi cận: Khi x = 1 thì t = 0; khi x = 2 thì t = 1.

, , ax + b cx + d r s dx trong đó m, n, , r, s là các số nguyên dương; a, b, c, d là các hằng số.

Cách giải Đặt ax + b cx + d = t k , với k là bội số chung nhỏ nhất (BSCNN) của các mẫu số n, , s.

Lời giải Để ý rằng BSCNN(2, 3) = 6 Đặt t 6 = x + 1 thì dx = 6t 5 dt. Đổi cận: Khi x = − 1 thì t = 0; khi x = 0 thì t = 1.

Để giải phương trình R x; √ ax 2 + bx + c dx, với a, b, c là các hằng số và a khác 0, ta cần biến đổi tam thức bậc hai dưới dấu căn thành tổng hoặc hiệu của các bình phương Sau đó, áp dụng phương pháp lượng giác để hữu tỷ hóa biểu thức.

2a thì dt = dx. Tùy theo dấu của biệt thức ∆và a mà ta có thể đưa tích phân trên về một trong ba dạng tích phân sau

Để tính các tích phân R 3 (t;p t 2 − α 2 )dt, trong đó R 1, R 2, R 3 là các hàm phân thức hữu tỉ, chúng ta thường sử dụng các biến phụ như t = α tan u, t = α sin u, và t = α cos u Bài toán 3.12 yêu cầu tính tích phân này.

√ 3 cos tdt. Đổi cận: khi x = 0 thì t = − π

3; khi x = 1 thì t = 0 Khi đó, ta có

(x − 1) 2 + 4 = dt t Đổi cận: khi x = − 1 thì t = 2( √

1) Ngoài ra, ta cũng có thể đặt x − 1 = 2 tan t.

2) Nhìn chung, để tính tích phân dạng R dx

√ ax 2 + bx + c, ta tách bình phương đủ trong tam thức bậc hai rồi đưa về tính các tích phân cơ bản dạng R dx

Nhận xét 3.5 Để tính tích phân dạng I =R (mx + n)dx

√ ax 2 + bx + c, ta biến đổi về dạng

√ ax 2 + bx + c Bài toán 3.15 Tính tích phân

3 − 2 p(x + 2) 2 − 9 x + 2 dx. Đặt x + 2 = 3 cos t thì dx = 3 sin tdt cos 2 t và p(x + 2) 2 − 9 = r9(1 − cos 2 t) cos 2 t = r9 sin 2 t cos 2 t = 3 tan t Đổi cận: khi x = 3 √

(3 − x)(1 + x)dx. Đặt x = 1 + 2 cos 2t thì dx = − 4 sin 2tdt. Đổi cận: khi x = 0 suy ra t = 2π

(2x + 3) 2 − 4 Đặt 2x + 3 = 1 t thì d(2x + 3) = − dt t 2 Đổi cận: khi x = √

2 cos udu. Đổi cận: khi t = 1

Nhận xét 3.6 Với tích phân dạng R dx

Để giải phương trình (mx + n) √(ax² + bx + c) (a(m² + n²) 6 = 0), ngoài phương pháp giải chung bằng phép thế lượng giác, ta có thể sử dụng phép thế đại số Có thể đặt t = √(ax² + bx + c); hoặc 1/t = √(ax² + bx + c); hoặc t = mx + n; hoặc 1/t = mx + n Bài toán 3.18 yêu cầu tính tích phân.

(x + 1) 2 + 1 = du u Đổi cận: khi x = 0 thì u = 2; khi x = 1 thì u = 2 + √

(x + 1) 2 + 1 thì (x + 1) 2 = t 2 − 1 vàd(x + 1) 2 = 2tdt ⇔ d(x + 1) 2 p(x + 1) 2 + 1 2tdt. Đổi cận: khi x = 0 thì t = √

Nhận xét 3.7 Để tính tích phân dạngR (Ax + B)dx

(αx + β) √ ax 2 + bx + c, ta tách thành tổng hai tích phân, một tích phân có tử là (αx + β), một tích phân có tử là hằng số.

Ta thấy rằng nếu đồng thờia < 0và∆ = b 2 − 4ac ≤ 0thì tích phânR

Biểu thức tích phân R x; √ ax 2 + bx + c dx không có nghĩa, nhưng trong các trường hợp khác, biểu thức dưới dấu tích phân có thể được hữu tỷ hóa thông qua các phép thế Euler.

Với a > 0 thì đặt √ ax 2 + bx + c = t ± √ ax.

Với c > 0 thì đặt √ ax 2 + bx + c = xt ± √ c. Nếu ax 2 + bx + ccó hai nghiệm phân biệt x 1 vàx 2 thì đặt

√ ax 2 + bx + c = t(x − x 1 ) hoặc √ ax 2 + bx + c = t(x − x 2 ).

Hữu tỷ hóa tích phân một số hàm lượng giác

Giả sử ta cần tính tích phân dạng

Z R(sin x, cos x)dx, trong đó R là hàm hữu tỉ của hai đối số Ta có thể hữu tỉ hóa tích phân trên bằng cách đặt t = tan x

2 , x ∈ ( − π; π) Khi đó, ta có dx = 2dt

Nếu hàm số R(u, v) có các tính chất đặc biệt, như:

+ R( − u, − v) = R(u, v), thì ta dùng phương pháp đổi biến t = tan x hoặc t = cot x. + R(u, − v) = − R(u, v), thì ta dùng phương pháp đổi biến t = sin x

+ R( − u, v) = − R(u, v), thì ta dùng phương pháp đổi biến t = cos x.

3 tdt. Đổi cận: khi x = 0 thì t = 1; khi x = π

Chú ý 3.4 Nếu đặt t = f (tan x) thì ta hiểu t = f(u) với u = tan x và dt = f u ′ u ′ x dx trong đó u ′ x dx = dx cos 2 x

Z3 π 6 p3 sin 3 x − sin x sin 3 x cot xdx.

Lời giải Rõ ràng f(x) = p3 sin 3 x − sin x sin 3 x cot x là hàm số chẵn theosin x và cos x.

√ 3 cot 2 x sin 2 x cot xdx. Đặt t = cot x thì dt = − dx sin 2 x. Đổi cận: khi x = π

Lời giải Dễ thấy f (x) = sin 2x

(2 + sin x) 2 là hàm số lẻ theo cos x. Đặt t = sin x thì dt = cos xdx. Đổi cận: khi x = 0 thì t = 0; khi x = π

2 thì t = 1 Từ đó, ta có

Lời giải Rõ ràng f(x) = sin x − sin 3 x cos 2x là hàm số lẻ theo sin x.

2 cos 2 x − 1 ( − sin x)dx. Đặt t = cos x thì dt = − sin xdx. Đổi cận: khi x = 0 thì t = 1; khi x = π

1 + t 2 Đổi cận: khi x = 0 thì t = 0; khi x = π

Nhận xét 3.8 Để tính tích phân R 1 a sin x + b cos x + c dx, ta đặt t = tan x

1 + t 2 Ta được tích hàm phân thức hữu tỉ.

Bất đẳng thức tích phân giữa các phân thức

Nếu hàm số f(x) liên tục và không âm trên đoạn [a, b], thì diện tích hình thang cong được giới hạn bởi đồ thị của hàm số y = f(x), trục Ox và hai đường thẳng x = a, x = b được tính bằng tích phân R b a f(x)dx.

Các tính chất cơ bản liên quan đến ước lượng tích phân: Giả sử các hàm số f (x), g(x) liên tục trên khoảng X và a, b, c ∈ X Khi đó

1) Nếu f (x) ≥ 0 với mọi x ∈ [a, b] thì R b a f(x)dx ≥ 0.

2) Nếu f (x) ≥ g(x) với mọi x ∈ [a, b] thì R b a f(x)dx ≥ b

5) Với mọi f(x) xác định trên [a, b], ta đều có b

Bài toán 3.24 Cho hàm số y = f (x) liên tục, không âm và đơn điệu tăng trên [α, β),

06 α < β Chứng minh rằng ∀ a ∈ [α, β ), ∀ b ∈ [f (α), f(β)), ta có a

Lời giải Gọi S 1 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi x = α, x = a, y = 0, y = f(x) thì

Gọi S 2 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi y = f (α), y = b, x = 0, y = f − 1 (x) thì

Gọi S là diện tích hình chữ nhật giới hạn bởi x = 0, x = a, y = 0, y = b thì S = ab Gọi

S ′ là diện tích hình chữ nhật giới hạn bởi x = 0, x = α, y = 0, y = f(α) thì S ′ = αf (α). Trong cả hai trường hợp f(a)6 b hoặc f (a) > b ta đều có S 1 + S 2 ≥ S − S ′ Do đó a

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi f(a) = b.

Bài toán 3.25 Cho 0 < a < 1 < b < 2 Chứng minh bất đẳng thức

Lời giải Với hàm số f(x) = 2x + 1 x + 1 liên tục, không âm, đơn điệu tăng trên [0, + ∞ ), ta có f − 1 (x) = x − 1

2 − x là hàm ngược của nó Khi đó, ∀ a ∈ [0, + ∞ ) vàb ∈ [1, 2), ta luôn có a

Từ đây suy ra điều phải chứng minh.

Bài toán 3.26 Cho b ≥ a > 0 và cho hàm số f liên tục trên [a; + ∞ ) và thỏa mãn điều kiện t

Lời giải Với t > a , ta có t

Ta có F (t) ≥ 0, ∀ t > a và F ′ (t) = t[t − f(t)] Do đó, với b > a, thì b

Bài toán 3.27 Cho f(x) là hàm phân thức xác định trên [0,1] thỏa mãn điều kiện f (1) − f (0) = 1 Chứng minh rằng

Lời giải Áp dụng bất đẳng thức Bunhiakovski với cặp hàm số f (x) và g(x) ( ≡ 1), ta có

Theo công thức Newton - Leibnitz, thì

Bài toán 3.28 Cho a > 0 và cho f là hàm phân thức không có cực điểm trên [a, + ∞ ) và thỏa mãn điều kiện t

Lời giải Theo bất đẳng thức Bunhiakovski cho tích phân, ta có t

R a x 2 dx Từ đó, suy ra t

Theo công thức tích phân từng phần, thì b

Bài toán 3.29 Cho hàm số f(x) = P (x) x 2 + 1 , trong đó P (x) là đa thức thỏa mãn điều kiện | P (x) | ≤ 1 với mọi x ∈ [0, 1] Chứng minh rằng

Lời giải Áp dụng bất đẳng thức Bunhiakovski cho cặp hàm số

Tiếp theo, áp dụng bất đẳng thức Bunhiakovski cho cặp hàm

Bài toán 3.30 Cho f(x) = P (x) x 2 + 1 với P (x) là đa thức và P (a) = 0. Đặt M = max a6x6b | f(x) | Chứng minh rằng

Lời giải Vì f(x) là hàm liên tục trên [a, b] nên tồn tại x 0 ∈ [a, b], sao cho

| f(x 0 ) | = max a6x6b | f (x) | Áp dụng bất đẳng thức Bunhiakovski với cặp hàm f ′ (x) và g(x) = 1, ta có x 0

Một số dạng toán liên quan 58

Phương pháp tích phân trong các bài toán cực trị

4.1.1 Cực trị của một số biểu thức chứa tích phân

Bài toán 4.1 Tính giá trị nhỏ nhất của

Z8 π 4 sin n+2 x cos n x + cos n+2 x sin n x dx, n ∈N

Lời giải Nhận xét rằng trong đoạn h π

4 , 3π 8 i thì sin x, cos x 6 = 0 Ta có f(x) = sin n+2 x cos n x + cos n+2 x sin n x − (sin 2 x + cos 2 x)

Do cos 2 x tan n x ≥ 0, tan n x − 1 > 0, tan n+2 x − 1 ≥ 0, nên f (x) ≥ 0.

Vậy, ta có sin n+2 x cos n x + cos n+2 x sin n x ≥ 1, x ∈h π

4 , 3π 8 i Tích phân hai vế, ta thu được

Z8 π 4 sin n+2 x cos n x + cos n+2 x sin n x dx ≥

Vậy, giá trị nhỏ nhất của I n bằng π

Bài toán 4.2 Cho trước n ∈N ∗ Tìm giá trị nhỏ nhất của tích phân

Z π 4 sin n+2 t cos n t + cos n+2 t sin n t dt − x, x ∈h π

Z π 4 sin n+2 t cos n t + cos n+2 t sin n t dt ≥ x

Z π 4 sin n+2 t cos n t + cos n+2 t sin n t dt − x ≥ − π

Vậy, giá trị nhỏ nhất của I(x) bằng − π

4 ã Bài toán 4.3 Cho trước n ∈N ∗ Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số f (x) = x

Lời giải Ta có tan t ≥ t nên t tan n t ≥ t n+1 Suy ra x

Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số f (x) bằng 0 khi x = 0.

Nhận xét 4.1 Nếu ta cố định cận x = π

Bài toán 4.4 Cho trước m ∈ N ∗ Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số f(x) = x

Lời giải Xét hàm số y = e 2x − 2(x 2 + x), x ≥ 0 Ta có y ′ = 2e 2x − 2(2x + 1) vày ′ = 0 khi x = 0.

Với x > 0 thì e 2x > 2x + 1 nên y ′ ≥ 0 khi x ≥ 0 Từ đó suy ra y đồng biến khi x ≥ 0 và vì vậy f(x) ≥ f (0) với x ≥ 0 Suy ra e 2x − 2(x 2 + x) > 1 ⇒ e 2x > 1 + 2(x 2 + x) > 2(x 2 + x).

Nhân hai vế với x m , ta thu được e 2x x m ≥ 2(x 2 + x)x m

≥ − 2(2m + 5) (m + 3)(m + 2). Vậy giá trị nhỏ nhất của f(x) bằng − 2(2m + 5)

Nhận xét 4.2 Nếu ta cho cận trên bằng π, cận dưới bằng 0, ta có bất đẳng thức

4.1.2 Phương pháp tích phân trong bài toán cực trị

Bài viết này giới thiệu một số bài toán cực trị trong toán học, tập trung vào việc áp dụng phương pháp tích phân, bên cạnh các phương pháp quen thuộc như đánh giá và đạo hàm Tác giả sẽ phân tích và trình bày cách giải quyết các bài toán cực trị thông qua kỹ thuật tích phân, mang đến cái nhìn mới mẻ cho người học.

Bài toán 4.5 Tìm giá trị lớn nhất của hàm số f (x) = 2x 6 + 3x 4 + 6x 2 − 11x, x ∈ [0; 1].

Lời giải Ta có g(t) = t 5 + t 3 + t là hàm liên tục và đồng biến trên [0; 1] Do đó, với mọi t ∈ [0; 1], ta có x

Vậy giá trị lớn nhất của hàm số f(x), x ∈ [0; 1] bằng 0, khi x = 0 hoặc x = 1.

Bài toán 4.6 Tìm giá trị lớn nhất của hàm số g(x) = sin 3 x + 3 sin x − 4 √ sin x với 2kπ ≤ x ≤ (2k + 1)π, k ∈Z.

Lời giải Đặt t = √ sin x thì 0 ≤ t ≤ 1 Ta có hàm số h(t) = t 6 + 3t 2 − 4t.

Xét hàm số k(u) = u 5 + u, ta có k(u) là hàm liên tục và đồng biến trên[0; 1] Khi đó, với mọi t ∈ [0; 1], thì t

Từ đây, ta có sin 3 x + 3 sin x − 4 √ sin x ≤ 0 và giá trị lớn nhất của g(x) bằng 0 khi x = kπ hoặc x = π

Bài toán 4.7 Tìm giá trị lớn nhất của hàm số h(x) = π

Lời giải Ta có f (t) = t + sin t là hàm liên tục và đồng biến trên [0; π

2 Vậy giá trị lớn nhất của h(x) bằng − π

2. Bài toán 4.8 Tìm giá trị lớn nhất của hàm số f(x) = 3x 2 + 4x √ x + 4(2 − x) √

2 − t là hàm số liên tục và đồng biến trên [0; 2] nên với mọi t ∈ [0; 2], thì

Vậy giá trị lớn nhất của f (x) bằng 8 √

2 khi x = 0, x = 2. Bài toán 4.9 Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số f (x) = (3 + 2ln2)x − 2 x+1 − ln2.x 2 , x ∈ [0; 2].

Lời giải Ta có g(t) = − 2 t − t là hàm số liên tục và nghịch biến trong [0; 2], nên với mọi t ∈ [0; 2] thì

Vậy giá trị nhỏ nhất của f (x) bằng − 2 khi x = 0, x = 2.

Bài toán 4.10 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức f(x, y) = x cos y − y cos x + (x − y) 1

Lời giải Ta có g(t) = sin t + t là hàm số liên tục và đồng biến trên [0; y] nên với mọi t ∈ [0; y] thì y x

Vậy giá trị lớn nhất của f (x; y) bằng 0 khi x = 0, x = y.

Bài toán 4.11 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức f (x, y) = y(x + 1) √ x + 1 − x(y + 1)p y + 1 + xy √ x − √ y

Lời giải Xét hàm số g(t) = 1

Suy ra g(t) đồng biến trên đoạn [0; y] Vậy nên y x

Vậy giá trị lớn nhất của f (x, y ) bằng 0 khi x = 0, x = y.

Bài toán 4.12 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

Lời giải Từ một bất đẳng thức đúng cos t ≤ 1, ∀ t ∈R thì với mọi x > 0, ta có x

Tiếp theo, từ (4.1), khi x > 0, thì x

Tiếp theo, từ (4.2), với x > 0, thì x

Tiếp theo, từ (4.3), với x > 0, thì x

Mặt khác, từ (4.3), ta có sin x x

Vậy giá trị lớn nhất của A bằng 3 − 12 π 2 khi x = y = z = π

Bài toán 4.13 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Lời giải Đặt e b = a, thì ab = e và a > 1 Hàm số f (x) = e x liên tục, không âm và đơn điệu tăng trên (0; + ∞ ) có f (0) = 1 và có hàm ngược là y = lnx, nên ta có a

Dấu đẳng thức xảy ra khi b = f(a) hayb = e a , từ đó, ta có a = 1, b = e.

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức A bằng e, khi a = 1, b = e.

Bài toán 4.14 Giả sử a, b thỏa mãn các điều kiện a ≥ 0, b ≥ 1, a + b = 1 + √

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

M = ap a 2 + 1 + bp b 2 − 1 + ln a + √ a 2 + 1 b + √ b 2 − 1 Lời giải Xét hàm số f (x) =p x 2 + 1, x ∈ [0; + ∞ ) Hàm số này liên tục và có đạo hàm f ′ (x) = x

√ x 2 + 1 ≥ 0, x ∈ [0; + ∞ ) , nên f(x) đơn điệu tăng trên [0; + ∞ ) Ta có f(0) = 1 và hàm ngược của f(x) là y =

≥ ab hay ap a 2 + 1 + bp b 2 − 1 + ln a + √ a 2 + 1 b + √ b 2 − 1 ≥ ab.

Dấu đẳng thức xảy ra khi b = √ a 2 + 1 Kết hợp với điều kiện a + b = 1 + √

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức M bằng 2 √

2. Bài toán 4.15 Xét các số a, b thỏa mãn các điều kiện a ≥ 2, b ≥ 3, a − b = 3 − √

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

M = 2ab + 9 ln b + √ b 2 − 9 a − 2 + √ a 2 − 4a + 13 Lời giải Hàm số f (x) = √ x 2 − 4x + 13 là một hàm liên tục, không âm trên [2; + ∞ ) và có f ′ (x) = x − 2

√ x 2 − 4x + 13 > 0, ∀ x > 2, nên nó đồng biến trên [2; + ∞ ) và f (2) = 3 Để tìm hàm số ngược, ta xét phương trình y =p x 2 − 4x + 13 =p

Vậy f (x) có hàm ngược là f − 1 (x) = 2 +p x 2 − 9

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi b =p

(a − 2) 2 + 9 Kết hợp với điều kiện a − b =

10. Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức M bằng 6 √

10. Bài toán 4.16 Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số f(x) = (x − b) tan x + ln | cos x | , x ≥ 0.

Lời giải Xét hai hàm số g(t) = tan t và h(t) = t Ta thấy g(t) và h(t) là các hàm liên tục, không âm và đồng biến, ∀ t ≥ 0 Ta có b tan x ≤ x

Bài toán 4.17 Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số f(x) = e x 2 (x 6 − 3x 4 + 6x 2 − 7), x ≥ 0.

Lời giải Xét hai hàm số saug (t) = t 6 và h(t) = e t 2 Ta thấy g(t) vàh(t)là những hàm liên tục, không âm và đồng biến, ∀ t ≥ 0 Ta có e x 2 ≤

Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số f (x) bằng − 3e khi x = 1.

Bài toán 4.18 Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số f (x) = (x 2 − 1) ln(1 + x) − x 2 1

Lời giải Xét hai hàm số saug(t) = t 6 vàh(t) = e t 2 Ta thấy g(t) vàh(t)là những hàm liên tục, không âm và đồng biến, ∀ t ≥ 0 Ta có x 2 ln 2 ≤

2 + x − ln(1 + x) ta thu được x 2 ln 2 ≤ ln 2 − 1

Vậy giá trị nhỏ nhất của f (x) bằng 1

Khảo sát phương trình và bất phương trình đa thức

Trong khảo sát phương trình, một số tính chất quan trọng của nguyên hàm và tích phân cần được nhắc đến Theo định lý 4.1, nếu hàm số y = f(x) liên tục trên đoạn [a; b] và F(x) là một nguyên hàm của f(x), thì tồn tại các số thực x1, x2 thuộc [a; b] với x1 < x2, sao cho F(x1) = F(x2), điều này cho thấy phương trình f(x) = 0 có ít nhất một nghiệm trong khoảng [x1; x2].

Chứng minh Giả sử phương trình f (x) = 0 không có nghiệm thuộc [x 1 ; x 2 ] Vì f(x) liên tục nên suy ra: hoặc f (x) > 0, ∀ x ∈ [x 1 ; x 2 ], hoặc f (x) < 0, ∀ x ∈ [x 1 ; x 2 ].

Nếu f(x) > 0, ∀ x ∈ [x 1 ; x 2 ] thì hàm số F (x) đồng biến trên đoạn [x 1 ; x 2 ] Suy ra

Nếu f(x) < 0, ∀ x ∈ [x 1 ; x 2 ] thì hàm số F (x) nghịch biến trên đoạn [x 1 ; x 2 ] Suy ra

Như vậy, trong cả hai trường hợp, ta đều có F (x 1 ) 6 = F (x 2 ), điều này trái với giả thiết

Vậy phương trình f(x) = 0 có nghiệm trong [x 1 ; x 2 ].

1 Cũng có thể phát biểu Định lí 4.1 dưới dạng sau

Nếu hàm số y = f (x) xác định và liên tục trên [a; b] và nếu tồn tại các số thực phân biệt x 1 , x 2 ∈ [a; b] sao cho x 2

Z x 1 f (x)dx = 0, thì phương trình f(x) = 0 có nghiệm thuộc [x 1 ; x 2 ].

2 Kết hợp với Định lí Rolle, khi có F (x 1 ) = F (x 2 ) thì phương trình F ′ (x) = 0 hay f (x) = 0 có nghiệm trong (x 1 , x 2 ).

4.2.1 Chứng minh sự tồn tại nghiệm của phương trình

Bài toán 4.19 Chứng minh rằng, nếu các hệ số của phương trình a n x n + a n − 1 x n − 1 + ã ã ã + a 1 x + a 0 = 0. thỏa mãn điều kiện a n n + 1 + a n − 1 n + ã ã ã + a 1

2 + a 0 = 0, thì nó có nghiệm trong (0; 1).

Lời giải Xét hàm số f (x) = a n x n + a n − 1 x n − 1 + ã ã ã + a 1 x + a 0 = 0.

Hàm số f (x) là một hàm liên tục trên R, có một nguyên hàm

2 + a 0 = 0 Do vậy F (0) = F (1), nên theo Định lí 4.1 (Nhận xét 4.3), phương trình a n x n + a n − 1 x n − 1 + ã ã ã + a 1 x + a 0 = 0. có nghiệm trong (0; 1).

Bài toán 4.20 Cho tam thức bậc hai f(x) = ax 2 + bx + c, (a 6 = 0) thỏa mãn điều kiện a m + 2 + b m + 1 + c m = 0, m > 0.

Chứng minh rằng phương trình f (x) = 0 có nghiệm trong (0; 1).

Lời giải Xét hàm số g(x) = ax m+1 + bx m + cx m − 1 (= x m − 1 (ax 2 + bx + c))

Ta thấy, g(x) là một hàm liên tục trên R và có một nguyên hàm

Ta có G(0) = 0 và G(1) = a m + 2 + b m + 1 + c m = 0, nên theo Định lí 4.1, phương trình g(x) = ax m+1 + bx m + cx m − 1 = 0 có nghiệm trong (0; 1)

Suy ra phương trình f (x) = 0 có nghiệm trong (0; 1).

Bài toán 4.21 (Olympic SV năm 1997) Chứng minh rằng, với mọit ≥ 0 phương trình x 3 + tx − 8 = 0luôn có nghiệm dương duy nhất, ký hiệu là x(t) Tính tích phânR 1

Xét hàm số f(x) = x³ + tx - 8, ta thấy rằng f'(x) ≥ 0 với mọi x ≥ 0, đồng nghĩa với việc hàm số này không giảm Bên cạnh đó, f(0) = -8 < 0 và lim x → +∞ f(x) = +∞, điều này cho thấy phương trình f(x) = 0 có nghiệm dương duy nhất Từ phương trình x³ + tx - 8 = 0, ta suy ra t = x² - 8x Khi t = 0, ta có x = 2 Cuối cùng, ta tìm được t = 7 và phương trình x³ + tx - 8 có thể phân tích thành (x - 1)(x² + x + t) = 0, từ đó suy ra x = 1.

Bài toán 4.22 (Olympic SV năm 1998) Cho hàm số f(x) liên tục trên đoạn [0, 1], f (0) < 0 và R 1

1998 , ∀ x > 0 Chứng minh rằng phương trình x 1997 = f(x) luôn có ít nhất một nghiệm thuộc khoảng (0, 1).

Lời giải Xét hàm số

Khi đó F (x) liên tục trên [0, 1] và theo giả thiết thì F (0) < 0 và

Suy ra tồn tại x 1 ∈ (0, 1) sao cho F (x 1 ) > 0 Do F (x) liên tục nên tồn tại ξ ∈ (0, 1) để

4.2.2 Giải phương trình sinh bởi một số dạng nguyên hàm

Tích phân có những tính chất quan trọng giúp xác định nghiệm của phương trình Định lý 4.2 chỉ ra rằng với hai số thực a, b trái dấu (a < 0 < b) và hàm số f(x) liên tục, không âm trên đoạn [a; b], phương trình sẽ có nghiệm trong khoảng này.

0 f (t)dt = 0 có nghiệm duy nhất x = 0.

0 f (t)dt là một nguyên hàm của f (x) trên [a; b]. Nếu x = 0 thì F (0) =

0 f(t)dt = 0 Vậy x = 0 là nghiệm của phương trình F (x) = 0.

Nếu x 6 = 0 và x ∈ [a; b], thì từ giả thiết f (x) ≥ 0, ta suy ra F (x) đồng biến trên [a; b] và F (x) 6 = F (0) = 0, tức phương trình F (x) = 0 không thể có nghiệm x 6 = 0 trên [a; b]. Vậy phương trình F (x) = 0 có nghiệm duy nhất x = 0.

Định lý 4.3 khẳng định rằng, với hai số thực a và b có dấu trái ngược, và hàm số f(x) liên tục, không âm trên đoạn [a; b] (có thể bằng 0 tại một số điểm hữu hạn trong đoạn này), phương trình sẽ có những đặc điểm nhất định.

0 f (t)dt = 0 có nghiệm duy nhất x = 0 trên [a; b].

Định lý 4.4 khẳng định rằng với ba số thực a, b, c (với a ≤ c ≤ b và a < b) và hàm số f(x) liên tục, không âm trên đoạn [a; b], phương trình sẽ có những đặc điểm nhất định.

Z c f (t)dt = 0 có nghiệm duy nhất x = c thuộc [a; b].

Bài toán 4.23 Giải phương trình sin x + cos x + √

Lời giải Đặt F (x) = sinx + cos x + √

Nhận thấy rằng, hàm số f(t) = cos t − sin t + √

2liên tục không âm ∀ t ∈ R, nên theo Định lí 4.2, phương trình sin x + cos x + √

Bài toán 4.24 Giải phương trình

Lời giải Đặt F (x) = 4x 3 + 12x − 8 − cos 3x + 9 cos x Ta có F (0) = 0 và

Ta thấy, hàm f (t) = 12 t 2 + 1 + sin 3 t liên tục và không âm với mọi t ≥ 0, nên theo Định lí 4.2, phương trình

4x 3 + 12x − 8 − cos 3x + 9 cos x = 0 có nghiệm duy nhất x = 0.

Lời giải Đặt F (x) = 2(x + 1) ln (x + 1) − x 2 − 2x Ta có F (0) = 0 và

Ta thấy, hàm sốf(t) = 2 [ln(t + 1) − t]liên tục và không dương trên (0; + ∞ ), nênF (x) < 0 khi x > 0 Vậy phương trình đã cho không có nghiệm trong R +

Lời giải Đặt F (x) = 2 x+1 + 3 x+1 − x 2 (ln 2 + ln 3) − 5 Ta có F (0) = 0 Khi đó

2 t+1 ln 2 + 3 t+1 ln 3 − 2t(ln 2 + ln 3) dt

Ta thấy, hàm số f(t) = 2 ln 2 2 t − t

+ 3 ln 3 3 t − t liên tục và không âm với mọi t, nên theo Định lí 4.2, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 0.

Bài toán 4.27 Giải phương trình xp x 2 + 1 = ln x +p x 2 + 1

Lời giải Ta có xp x 2 + 1 = ln x +p x 2 + 1

√ t 2 + 1 liên tục và không âm với mọi t, nên theo Định lí 4.2, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 0.

Bài toán 4.28 Chứng minh rằng phương trình x − cos x − π

4. Lời giải Đặt F (x) = x − cos x Ta có

Vậy, ta có thể viết

Ta thấy, f(t) = 1 + sin t là hàm liên tục, không âm trên R, nên theo Định lí 4.2, phương trình có nghiệm duy nhất x = π

4. Bài toán 4.29 Chứng minh rằng phương trình e − x − sin e − x cos e − x

− π = 0 có nghiệm duy nhất x = − ln π.

Lời giải Xét hàm số

Phương trình đã cho tương đương với

Hàm số f (t) = − 2e − t sin 2 e − t là hàm liên tục, không dương ∀ t ∈ R, nên theo Định lí 4.4 thì phương trình có nghiệm duy nhất x = − ln π.

Bài toán 4.30 (Olympic SV năm 2001) Chứng minh rằng tồn tại số thực x ∈ (0; 1) sao cho R 1 x t 2000 dt

Do f (x) liên tục trên đoạn[0, 1] nênF (x)có đạo hàm trên (0, 1), liên tục trên đoạn [0, 1] và F ′ (x) =

Mặt khác, ta có F (1) = F (0) = 0 Theo định lí Rolle, tồn tại số x ∈ (0, 1) sao cho

F ′ (x) = 0, nghĩa là R 1 x f(t)dt = xf (x) Đây chính là điều phải chứng minh.

Luận văn “Đẳng thức, bất đẳng thức tích phân trong lớp đa thức và phân thức hữu tỷ” trình bày các tính chất cơ bản của tích phân hàm một biến, đồng thời phân loại các dạng toán ứng dụng liên quan đến đa thức và phân thức hữu tỷ.

Luận văn đã giải quyết được những vấn đề sau:

- Khảo sát một số dạng toán về đẳng thức và bất đẳng thức chứa tích phân trong lớp đa thức.

- Khảo sát một số dạng toán về đẳng thức và bất đẳng thức chứa tích phân trong lớp hàm phân thức hữu tỷ.

- Xét một số áp dụng trong các bài toán cực trị, khảo sát phương trình đa thức và phân thức liên quan.

Luận văn tổng hợp các đề toán thi học sinh giỏi trong nước, cũng như các kỳ thi Olympic khu vực và quốc tế, tập trung vào các khía cạnh của đẳng thức và bất đẳng thức tích phân trong đa thức và phân thức.

Tiêu đề	Đẳng Thức, Bất Đẳng Thức Tích Phân Trong Lớp Đa Thức Và Phân Thức Hữu Tỷ Và Một Số Dạng Toán Liên Quan
Tác giả	Bùi Trọng Quyết
Người hướng dẫn	GS.TSKH. Nguyễn Văn Mậu
Trường học	Đại Học Thái Nguyên
Chuyên ngành	Phương Pháp Toán Sơ Cấp
Thể loại	Luận văn
Năm xuất bản	2017
Thành phố	Thái Nguyên

Định dạng
Số trang	81
Dung lượng	388,13 KB

Đẳng thức, bất đẳng thức tích phân trong lớp đa thức và phân thức hữu tỷ và một số dạng toán liên quan​