I. Phương pháp
Nếu $f\left( x \right) \ge 0\;\forall x \in \,\left[ {a,b} \right] \Rightarrow \;\int\limits_a^b {f\left( x \right)} dx \ge 0$
Nếu $f\left( x \right) \ge g\left( x \right)\;\forall x \in \,\left[ {a,b} \right] \Rightarrow \;\int\limits_a^b {f\left( x \right)} dx \ge \int\limits_a^b {g\left( x \right)} dx$
Nếu $m \le f\left( x \right)\; \le \forall x \in \,\left[ {a,b} \right] \Rightarrow \;m\left( {b - a} \right) \le \int\limits_a^b {f\left( x \right)} dx \le M\left( {b - a} \right)$
Trong các trường hợp nầy ta thường dùng khảo sát , Bunhiacopxki, AM-GM
Và các bước chặn sinx,cosx
II. Bài tập vận dụng
Bài tập 1: Chứng minh các bất đẳng thức sau:
a) $\int\limits_0^1 {x\left( {1 - x} \right)dx \le \frac{1}{4}}$
b) $\frac{2}{5} \le \int\limits_1^2 {\frac{x}{{{x^2} + 1}}} dx \le \frac{1}{2}$
c) $\int\limits_0^1 {\left( {\sqrt {1 + x} + \sqrt {1 - x} } \right)dx \le 2}$
$x\left( {1 - x} \right) \le {\left[ {\frac{{x + \left( {1 - x} \right)}}{2}} \right]^2} = \frac{1}{4}\quad \forall x \in \left[ {0,1} \right]$
Vậy: $\int\limits_0^1 {x\left( {1 - x} \right)dx \le \frac{1}{4}\int\limits_0^1 {dx} } = \frac{1}{4}$ (đpcm)
b) Xét hàm số: $f\left( x \right) = \frac{x}{{{x^2} + 1}}\quad \forall x \in \left[ {1,2} \right]$
Đạo hàm :
$\begin{array}{l}
f'\left( x \right) = \frac{{1 - {x^2}}}{{{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2}}}\\
f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 1\\
x = - 1
\end{array} \right.
\end{array}$
Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}
f\left( 1 \right) = \frac{1}{2}\\
f\left( 2 \right) = \frac{2}{5}
\end{array} \right.$
$\begin{array}{l}
\frac{2}{5} \le \frac{x}{{{x^2} + 1}} \le \frac{1}{2}\quad \forall x \in \left[ {1,2} \right]\\
\Rightarrow \,\frac{2}{5}\int\limits_1^2 {dx} \le \int\limits_1^2 {\frac{x}{{{x^2} + 1}}dx} \le \frac{1}{2}\int\limits_1^2 {dx} \\
\Rightarrow \;\frac{2}{5} \le \int\limits_1^2 {\frac{x}{{{x^2} + 1}}dx} \le \frac{1}{2}
\end{array}$
Áp dụng Bunhicopxki ta có :
$\sqrt {1 + x} + \sqrt {1 - x} \le \sqrt {{1^2} + {1^2}} \sqrt {1 + x + 1 - x} = 2\quad \forall x \in \left[ {0,1} \right]$
Vậy: $\int\limits_0^1 {\left( {\sqrt {1 + x} + \sqrt {1 - x} } \right)dx \le 2} \left( {1 - 0} \right)$
$\int\limits_0^1 {\left( {\sqrt {1 + x} + \sqrt {1 - x} } \right)dx \le 2} $ (đpcm)
Bài tập 2: Chứng minh rằng: $\int\limits_1^{\sqrt 3 } {\frac{{{e^{ - x}}.\sin x}}{{{x^2} + 1}}dx} < \frac{\pi }{{12e}}$
$\Rightarrow \frac{{{e^{ - x}}.\sin x}}{{{x^2} + 1}} < \frac{1}{{e\left( {{x^2} + 1} \right)}} \Rightarrow \int\limits_1^{\sqrt 3 } {\frac{{{e^{ - x}}.\sin x}}{{{x^2} + 1}}dx} < \int\limits_1^{\sqrt 3 } {\frac{1}{{e\left( {{x^2} + 1} \right)}}dx} $
Xét $\int\limits_1^{\sqrt 3 } {\frac{1}{{e\left( {{x^2} + 1} \right)}}dx} $
Đặt: x = tan(t) → dx = (tan$^2$t + 1)dt
Đổi cận: $\left\{ \begin{array}{l}x = 1 \to t = \frac{\pi }{4}\\x = \sqrt 3 \to t = \frac{\pi }{3}\end{array} \right.$
Do đó: $\int\limits_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{3}} {\frac{{\left( {{{\tan }^2}t + 1} \right)dt}}{{e\left( {{{\tan }^2}t + 1} \right)}}} = \int\limits_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{3}} {\frac{{dt}}{e}} = \frac{\pi }{{12}}$
Từ đó ta được đpcm.
III. Bạn đọc tự làm
Chứng minh rằng :
a) $\frac{\pi }{{16}} \le \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\frac{{dx}}{{5 + 3{{\cos }^2}x}}} \le \frac{\pi }{{10}}$
b) $\frac{{\sqrt 3 }}{4} < \int\limits_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{3}} {\frac{{\sin x}}{x}dx} < \frac{1}{2}$
c) $\frac{\pi }{6} \le \int\limits_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{3}} {\frac{{dx}}{{\sqrt {4 - {x^2} - {x^3}} }}} \le \frac{{\pi \sqrt 2 }}{8}$
d*) Cho 2 hàm số liên tục: f:[0,1] → [0,1]; g: [0,1]→ [0,1]
Chứng minh rằng: ${\left[ {\int\limits_0^1 {f\left( x \right).g\left( x \right)dx} } \right]^2} \le \int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx} .\int\limits_0^1 {g\left( x \right)dx} $
Nếu $f\left( x \right) \ge 0\;\forall x \in \,\left[ {a,b} \right] \Rightarrow \;\int\limits_a^b {f\left( x \right)} dx \ge 0$
Nếu $f\left( x \right) \ge g\left( x \right)\;\forall x \in \,\left[ {a,b} \right] \Rightarrow \;\int\limits_a^b {f\left( x \right)} dx \ge \int\limits_a^b {g\left( x \right)} dx$
Nếu $m \le f\left( x \right)\; \le \forall x \in \,\left[ {a,b} \right] \Rightarrow \;m\left( {b - a} \right) \le \int\limits_a^b {f\left( x \right)} dx \le M\left( {b - a} \right)$
Trong các trường hợp nầy ta thường dùng khảo sát , Bunhiacopxki, AM-GM
Và các bước chặn sinx,cosx
II. Bài tập vận dụng
Bài tập 1: Chứng minh các bất đẳng thức sau:
a) $\int\limits_0^1 {x\left( {1 - x} \right)dx \le \frac{1}{4}}$
b) $\frac{2}{5} \le \int\limits_1^2 {\frac{x}{{{x^2} + 1}}} dx \le \frac{1}{2}$
c) $\int\limits_0^1 {\left( {\sqrt {1 + x} + \sqrt {1 - x} } \right)dx \le 2}$
giải
a)Áp dụng AM-GM ta có :$x\left( {1 - x} \right) \le {\left[ {\frac{{x + \left( {1 - x} \right)}}{2}} \right]^2} = \frac{1}{4}\quad \forall x \in \left[ {0,1} \right]$
Vậy: $\int\limits_0^1 {x\left( {1 - x} \right)dx \le \frac{1}{4}\int\limits_0^1 {dx} } = \frac{1}{4}$ (đpcm)
b) Xét hàm số: $f\left( x \right) = \frac{x}{{{x^2} + 1}}\quad \forall x \in \left[ {1,2} \right]$
Đạo hàm :
$\begin{array}{l}
f'\left( x \right) = \frac{{1 - {x^2}}}{{{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2}}}\\
f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 1\\
x = - 1
\end{array} \right.
\end{array}$
Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}
f\left( 1 \right) = \frac{1}{2}\\
f\left( 2 \right) = \frac{2}{5}
\end{array} \right.$
$\begin{array}{l}
\frac{2}{5} \le \frac{x}{{{x^2} + 1}} \le \frac{1}{2}\quad \forall x \in \left[ {1,2} \right]\\
\Rightarrow \,\frac{2}{5}\int\limits_1^2 {dx} \le \int\limits_1^2 {\frac{x}{{{x^2} + 1}}dx} \le \frac{1}{2}\int\limits_1^2 {dx} \\
\Rightarrow \;\frac{2}{5} \le \int\limits_1^2 {\frac{x}{{{x^2} + 1}}dx} \le \frac{1}{2}
\end{array}$
Áp dụng Bunhicopxki ta có :
$\sqrt {1 + x} + \sqrt {1 - x} \le \sqrt {{1^2} + {1^2}} \sqrt {1 + x + 1 - x} = 2\quad \forall x \in \left[ {0,1} \right]$
Vậy: $\int\limits_0^1 {\left( {\sqrt {1 + x} + \sqrt {1 - x} } \right)dx \le 2} \left( {1 - 0} \right)$
$\int\limits_0^1 {\left( {\sqrt {1 + x} + \sqrt {1 - x} } \right)dx \le 2} $ (đpcm)
Bài tập 2: Chứng minh rằng: $\int\limits_1^{\sqrt 3 } {\frac{{{e^{ - x}}.\sin x}}{{{x^2} + 1}}dx} < \frac{\pi }{{12e}}$
Giải
$\forall x \in \left[ {1,\sqrt 3 } \right]\quad \Rightarrow - x \le - 1\quad \Rightarrow \;{e^{ - x}} \le \frac{1}{e}$$\Rightarrow \frac{{{e^{ - x}}.\sin x}}{{{x^2} + 1}} < \frac{1}{{e\left( {{x^2} + 1} \right)}} \Rightarrow \int\limits_1^{\sqrt 3 } {\frac{{{e^{ - x}}.\sin x}}{{{x^2} + 1}}dx} < \int\limits_1^{\sqrt 3 } {\frac{1}{{e\left( {{x^2} + 1} \right)}}dx} $
Xét $\int\limits_1^{\sqrt 3 } {\frac{1}{{e\left( {{x^2} + 1} \right)}}dx} $
Đặt: x = tan(t) → dx = (tan$^2$t + 1)dt
Đổi cận: $\left\{ \begin{array}{l}x = 1 \to t = \frac{\pi }{4}\\x = \sqrt 3 \to t = \frac{\pi }{3}\end{array} \right.$
Do đó: $\int\limits_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{3}} {\frac{{\left( {{{\tan }^2}t + 1} \right)dt}}{{e\left( {{{\tan }^2}t + 1} \right)}}} = \int\limits_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{3}} {\frac{{dt}}{e}} = \frac{\pi }{{12}}$
Từ đó ta được đpcm.
III. Bạn đọc tự làm
Chứng minh rằng :
a) $\frac{\pi }{{16}} \le \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\frac{{dx}}{{5 + 3{{\cos }^2}x}}} \le \frac{\pi }{{10}}$
b) $\frac{{\sqrt 3 }}{4} < \int\limits_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{3}} {\frac{{\sin x}}{x}dx} < \frac{1}{2}$
c) $\frac{\pi }{6} \le \int\limits_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{3}} {\frac{{dx}}{{\sqrt {4 - {x^2} - {x^3}} }}} \le \frac{{\pi \sqrt 2 }}{8}$
d*) Cho 2 hàm số liên tục: f:[0,1] → [0,1]; g: [0,1]→ [0,1]
Chứng minh rằng: ${\left[ {\int\limits_0^1 {f\left( x \right).g\left( x \right)dx} } \right]^2} \le \int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx} .\int\limits_0^1 {g\left( x \right)dx} $
