Có chú nào muốn làm em rể giơ tay lên, giơ chân luôn nhé

đẹp của đẹp luôn.Like cho anh Đạt và chị Hạ nào.Anh ơi chị này có phải là GF của anh ko

Chuẩn man . Được cộng nhiêu điểm vậy ta

Đạt em tham gia rồi, cho Đạt anh đi ké . Mong được nhiều vote để up hình tiếp .

Lấy hình honey luôn vậy, có gì bị ăn đòn sau

Trương Tấn Đạt ft Nguyễn Thị Khánh Hạ

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

Hic, khế chua khế chát

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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


Suy ra

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

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

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

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

Bài 37:

Phát biểu vấn đề giống bài 34

Cho $f$ xác định và khả vi vô hạn lần trên $(-1;1)$ sao cho $\forall k \in \mathbb{N}^*, \; f^{(k)}(0) \neq 0$. Theo ông Taylor, với $0<|x|<1$ và $n \in \mathbb{N}^*$

$f(x)=f(0)+xf'(0)+...+\dfrac{x^{n-1}f^{(n-1)}(0)}{(n-1)!}+\dfrac{x^nf^{(n)}(\theta_x x)}{n!} \;, 0<\theta_x<1 $

Tính $\lim_{x \to 0} \theta_x $

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

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

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

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

Bài 33: (mới chế )

Sao có cảm giác thân quen @@

Cho $[a;b] \subset \mathbb{R}$ , $f:[a;b] \to \mathbb{R}$ , $f \in C^2([a;b])$ sao cho $f(a)=f(b)$. Đặt $M=\max_{[a;b]} f''(x)\;, m=\min_{[a;b]} f''(x)$

Giả sử tồn tại $0<h<b-a$ sao cho $f(a+h)=f(b-h)$, chứng minh:

$$\left| f'(a)+f'(b) \right| \le \dfrac{M-m}{2}h$$

 

 

Lỡ ghi nhầm, giờ mới sửa lại đề, xin lỗi mọi người nhiều nhiều (chắc do già cả khụ khị lẩm cẩm nó thế )

 

Theo công thức Taylor phần dư tích phân, ta có

 

$$f(a+h)=f(a)+hf'(a)+\int_a^{a+h} (a+h-t)f''(t)dt $$

 

$$f(b-h)=f(b)-hf'(b)+\int_{b}^{b-h}(b-h-t)f''(t)dt $$

 

$$\Rightarrow f(a+h)-f(b-h)=h(f'(a)+f'(b))+\int_a^{a+h} (a+h-t)f''(t)dt+\int_{b-h}^b (b-h-t)f''(t)dt $$

 

$$ \le h(f'(a)+f'(b))+M \int_a^{a+h} (a+h-t)dt+m \int_{b-h}^b (b-h-t)dt$$

 

$$ =h(f'(a)+f'(b))+\dfrac{M-m}{2}h^2 \;\; ( *)$$

 

Tương tự thế:

 

$$f(a+h)-f(b-h)=h(f'(a)+f'(b))+\int_a^{a+h} (a+h-t)f''(t)dt+\int_{b-h}^b (b-h-t)f''(t)dt $$

 

$$\ge h(f'(a)+f'(b))+m \int_a^{a+h} (a+h-t)dt +M \int_{b-h}^b (b-h-t)dt$$

 

$$ =h(f'(a)+f'(b))+\dfrac{m-M}{2}h^2 \;\;\;, (**)$$

 

 

Từ $(*)$ và $(**)$ suy ra $|f'(a)+f'(b)| \le \dfrac{M-m}{2}h $

Câu 5. Cho $f(x)$ là hàm dương, liên tục trên đoạn $[0,1]$ và thỏa mãn điều kiện $ f(x)+f\left( \left( 1-\sqrt{x} \right)^2 \right) \le 1 $ với mọi $x \in [0,1]$.  Chứng minh rằng
$$ \int_0^1 \sqrt{f(x)} \, dx \le \frac{\pi\sqrt5}{8}. $$
 

 

Do sự xuất hiện của $x$ và $(1-\sqrt{x})^2$ nên nghĩ ngay tới lượng giác hóa

 

Bằng đổi biến $x=\cos^4 t $, ta được

 

$$\int_0^1 \sqrt{f(x)}dx=4\int_0^{\frac{\pi}{2}} \sqrt{f(\cos^4 t)}\cos^3 t \sin t dt \le^{C-S} 4 \sqrt{\int_0^{\frac{\pi}{2}} f(\cos^4 x)dx}\sqrt{\int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^6 x \sin^2 x dx}$$

 

Bằng đổi biến $x=\sin^4 t $

 

$$\int_0^1 \sqrt{f(x)} dx =4\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{f(\sin^4 t)} \sin^3t \cos t dt \le^{C-S}4 \sqrt{\int_0^{\frac{\pi}{2}} f(\sin^4 x)dx} \sqrt{\int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^6 x \cos^2 x dx} $$

 

Bằng đổi biến $x=\frac{\pi}{2}-t$

 

$$\int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^6 x \sin^2 x dx=\int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^6 x \cos^2 x dx$$

 

 

Vì vậy

 

$$2 \left( \int_0^1 \sqrt{f(x)}dx \right)^2 \le 16 \int_0^{\frac{\pi}{2}} \left( f(\cos^4x)+f(\sin^4x) \right)dx \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^6x \cos^2xdx $$

 

Theo giả thiết, $f(\cos^4x)+f(\sin^4x) \le 1 $

 

$\int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^6x \cos^2xdx=\dfrac{5\pi}{256}$

 

Cho nên $$\left( \int_0^1 \sqrt{f(x)}dx \right)^2 \le \dfrac{5 \pi^2}{64}$$

 

$$\Rightarrow \int_0^1 \sqrt{f(x)}dx \le \dfrac{\sqrt{5} \pi}{8}$$

 

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $f(\cos^4x)=a \cos^3x\sin x\;, f(\sin^4 x)=b\sin^3 x\cos x$ với $(a,b) \in \mathbb{R}^2 $

 

Khi đó $f(\cos^4 x)+f(\sin^4 x)=a \cos^3x\sin x+b\sin^3 x\cos x$

 

Theo giả thiết thì phải có $a \cos^3x\sin x+b\sin^3 x\cos x \le 1 \; \forall x \in \mathbb{R}$, hơn nữa
, để có dấu "=" thì $\int_0^{\frac{\pi}{2}} \left( f(\cos^4x)+f(\sin^4x) \right)dx=\dfrac{\pi}{2}$

 

Suy ra $a \cos^3x\sin x+b\sin^3 x\cos x=1 \; \forall x \in \mathbb{R}$ nhưng điều này là mâu thuẫn vì thay $x=0$ thì $a \cos^3x\sin x+b\sin^3 x\cos x=0 \neq 1 $

 

Tóm lại, ta có bất đẳng thức thật sự $$\int_0^1 \sqrt{f(x)}dx < \dfrac{\sqrt{5} \pi}{8}$$

 

 

Nhận xét: Ta có thể giải cách khác để thu được hằng số tốt hơn $\dfrac{\sqrt{5} \pi}{8}$ nhưng hơi dài nên không ghi ra ở đây .

 

Câu 6: Thí sinh chọn một trong hai câu:

b) Cho hàm số $f(x)$ liên tục trên $[0,1]$. Chứng minh rằng nếu tồn tại hàm $g(x)$ đơn điệu thực sự (tức là đơn điệu và $g(x) \ne g(y)$ nếu $x \ne y$) và liên tục trên đoạn $[0,1]$ sao cho
$$ \int_0^1 f(x)g^k(x)\,d(x)=0, \ \ \forall k=0,1,\ldots,2013 $$
thì phương trình $f(x)=0$ có ít nhất 2014 nghiệm phân biệt nằm trong khoảng $(0,1)$.
Hãy chỉ ra thí dụ nếu bỏ tính đơn điệu của hàm $g(x)$ thì định lý có thể không đúng.

 

 

Với $P \in \mathbb{R}_{2013}[x]$ là đa thức hệ số thực bậc nhỏ hơn 2013 bất kỳ, từ giả thiết, ta luôn có $\int_0^1 f(x)P(x)dx=0$

 

Giả sử phương trình $f(x)=0$ có ít hơn 2014 nghiệm trong $(0;1)$. Bỏ qua các nghiệm bội mà tại đó hàm số $f$ đổi dấu, sắp xếp các nghiệm còn lại theo thứ tự tăng dần $x_0=0 < x_1<x_2<...<x_m < 1=x_{m+1}  \;, m <2014$. Trên hai khoảng liên tiếp $(x_i;x_{i+1})$ và $(x_{i+1};x_{i+2}) \;, 0 \le i \le m-1$, hàm số $f(x)$ nhận giá trị dấu khác nhau. Đặt $h(x)=\prod_{i=1}^{m}(g(x)-g(x_i))$, do $g(x)$ đơn điệu nên trong hai khoảng liên tiếp $(x_i;x_{i+1})$ và $(x_{i+1};x_{i+2}) \;, 0 \le i \le m-1$ $h(x)$ cũng nhận giá trị dấu khác nhau. Do đó, $f(x)h(x)$ hoặc dương hoặc âm trên $[0;1]$, do đó $\int_0^1 f(x)h(x) dx \neq 0$. Tuy nhiên, $h \in \mathbb{R}_{2013}[x]$ nên theo nhận xét đầu tiên, ta phải có $\int_0^1 f(x)h(x)dx=0$. Mâu thuẫn.

 

Vậy phương trình $f(x)=0$ có ít nhất $2014$ nghiệm thực phân biệt.

 

Nếu bỏ giả thiết $g(x)$ đơn điệu. Xét $r_1(x),r_2(x)$ là hai hàm thực liên tục trên $[0;1]$ sao cho $r_1$ là hàm lẻ và $r_2$ là hàm chẵn. Đặt $f(x)=r_1(x-\frac{1}{2}) \;, g(x)=r_2(x-\frac{1}{2} )$.

 

Với $k \in \mathbb{Z}, 0 \le k \le 2013$

 

$$\int_0^1f(x)g^k(x)dx=\int_0^{\frac{1}{2}} r_1(x-\frac{1}{2})r_2^{k}(x-\frac{1}{2})dx+\int_{\frac{1}{2}}^1 r_1(x-\frac{1}{2})r_2^{k}(x-\frac{1}{2})dx$$

 

$$\int_0^{\frac{1}{2}} r_1(x-\frac{1}{2})r_2^{k}(x-\frac{1}{2})dx=^{x=1-t} \int_{\frac{1}{2}}^1r_1(\frac{1}{2}-t) r_2^k(\frac{1}{2}-t)dt $$

 

$$=-\int_{\frac{1}{2}}^1 r_1(x-\frac{1}{2})r_2^{k}(x-\frac{1}{2})dx$$

 

Do đó $\int_0^1f(x)g^k(x)dx=0$

 

Nhưng $f(x)=0 \Leftrightarrow r_1(x-\frac{1}{2})=0 $ có số nghiệm tùy thuộc vào $r_2(x)$, rõ ràng có vô số hàm số $r_2$ thỏa yêu cầu nhưng phương trình $r_2(x-\frac{1}{2}) =0$ chỉ có một nghiệm thực. Ví dụ $r_{1a}(x)=ax \;, a \neq 0$.

Câu 4. Cho hàm $f(x)$ liên tục trên $[0,1]$ và khả vi trong $(0,1)$ thỏa mãn $f(0)=0 ;\;  f(1)=1$. Chứng minh rằng tồn tại các số phân biệt $x_1,x_2,\ldots,x_{2013} \in (0,1)$ sao cho
$$ \sum_{k=1}^{2013} \frac{kx_k}{f'(x_k)}=\frac{2013 \times 1007}{2}. $$
 

 

Đây là bài toán ...chả biết gọi sao nữa , xem sau sẽ rõ

 

Tổng quát, thay $2013$ bởi $n \in \mathbb{N}^* $ cho đẹp.

 

$\dfrac{2013 \times 1007}{2} $ thay bằng $\dfrac{n(n+1)}{4}=\frac{1}{2}\left( 1+2+...+n \right)$

 

Ta cần chứng minh tồn tại $n$ số thực phân biệt trong $(0;1)$ sao cho $$\sum_{k=1}^n \dfrac{kx_k}{f'(x_k)}=\dfrac{1+2+...+n}{2}$$

 

$$\Leftrightarrow \sum_{k=1}^n \dfrac{k2x_k}{f'(x_k)}=1+2+...+n$$

 

$$\Leftrightarrow \sum_{k=1}^n \dfrac{k}{1+2...+n} \dfrac{2x_k}{f'(x_k)}=1$$

 

Biểu thức $\dfrac{2x_k}{f'(x_k)}$ gợi ý tới $\dfrac{(x^2)^\prime}{f^\prime(x)}$ tức liên quan đến định lý Cauchy.

 

Đặt $z_k=\dfrac{1+...+k}{1+...+n} \;, 1 \le k \le n-1 $, hiển nhiên $z_k \in (0;1) \;, \forall 1 \le k \le n-1 $

 

Hàm $f$ liên tục trên $[0;1]$ và $f(0)=0 <1=f(1) $ nên theo định lý giá trị trung gian, với mỗi $z_k, \; 1 \le k \le n-1$ phải tồn tại $y_k \in (0;1) $ sao cho $z_k=f(y_k)$ (chọn các $y_k$ tất cả đều khác nhau). Không mất tính tổng quát, giả sử $(y_k)_{1 \le k \le n-1}$ là dãy tăng.

 

Đặt $y_0=0,y_n=1 $

 

Áp dụng định lý Cauchy cho $n$ đoạn $[y_i; y_{i+1}] \;, 0 \le i \le n-1$ với hàm $f$ và $g(x)=x^2$, tồn tại các $x_{i+1} \in (y_i;y_{i+1}) \;, 0 \le i \le n-1$ sao cho

 

$$\dfrac{y_{i+1}^2-y_i^2}{f(y_{i+1}-f(y_i)}=\dfrac{2x_{i+1}}{f'(x_{i+1})}$$

 

$$\Leftrightarrow y_{i+1}^2-y_i^2=\dfrac{2x_{i+1}}{f'(x_{i+1})}( f(y_{i+1}-f(y_i))=\dfrac{2x_{i+1}}{f'(x_{i+1})}(z_{i+1}-z_i)=\dfrac{2x_{i+1}}{f'(x_{i+1})} \dfrac{i+1}{1+...+n}$$

 

$$\Rightarrow \sum_{i=0}^{n-1} \left( y_{i+1}^2-y_i^2 \right) =\sum_{i=0}^{n-1} \dfrac{2x_{i+1}}{f'(x_{i+1})} \dfrac{i+1}{1+...+n} $$

 

$$\Leftrightarrow 1=\sum_{i=0}^{n-1} \dfrac{2x_{i+1}}{f'(x_{i+1})} \dfrac{i+1}{1+...+n} $$

 

Đây chính là điều phải chứng minh.

 

Hình như đây là một bài trong đề thi ở đâu đó ( lỡ quên mất )

 

Với $x>0$,

 

từ giả thiết $f(x)=\max_{y \ge x} ( x^\alpha y^\beta-f(y) ) $ suy ra $f(x) \ge x^\alpha y^\beta-f(y) \;, \forall y \ge x $

 

Cho $y=x$ ta được $f(x) \ge \dfrac{x^{\alpha+\beta}}{2}$

 

Do đó $x^\alpha y^\beta-f(y) \le x^\alpha y^\beta -\dfrac{y^{\alpha+\beta}}{2} , \forall y \ge x$

 

Ta chứng minh bất đẳng thức $x^\alpha y^\beta-\dfrac{y^{\alpha+\beta}}{2} \le \dfrac{x^{\alpha+\beta}}{2} \;, \forall y \ge x$

 

$$\Leftrightarrow \left(\frac{x}{y} \right)^\beta  + \left( \frac{y}{x} \right)^\alpha \ge 2 , \; \forall y \ge x$$

 

Do $\dfrac{y}{x} \ge 1 $ và $\alpha \ge \beta >0 $ nên

 

$$\left(\frac{x}{y} \right)^\beta  + \left( \frac{y}{x} \right)^\alpha \ge \left(\frac{x}{y} \right)^\beta  + \left( \frac{y}{x} \right)^\beta \ge 2 \sqrt{\left(\frac{x}{y} \right)^\beta \left( \frac{y}{x} \right)^\beta} =2$$

 

Như vậy phải có $f(x)=\dfrac{x^{\alpha+\beta}}{2}$

 

Thử lại, hàm số $f(x)=\dfrac{x^{\alpha+\beta}}{2}$ thỏa mãn điều kiện đề bài.

Câu 2. Tìm giới hạn $$ \lim _{n \rightarrow \infty} \int^{1}_{0} \frac{nx^n}{2013+x^n} dx. $$

 

 

Làm biếng đóng thành file pdf nên gõ từng bài vậy

 

Rất nhiều người làm sai bài này khi nghĩ rằng $\lim _{n \rightarrow \infty} \int^{1}_{0} \frac{nx^n}{2013+x^n} dx=\int_0^1 \left( \lim_{n \to \infty} \dfrac{nx^n}{2013+x^n} \right) dx $

 

Khi nào $f_n $ liên tục trên $[a;b]  \;, \forall n \in \mathbb{N}$ và $(f_n)_{n \in \mathbb{N}}$ hội tụ đều về một hàm số $f$ thì khi  đó mới có thể kết luận

 

$\lim_{n \to \infty} \int_a^b f_n(x)dx=\int_a^b \left( \lim_{n \to \infty} f_n(x) \right) dx =\int_a^b f(x)dx$

 

Quay trở lại vấn đề, bản chất ở đây chỉ là giới hạn dãy số, do đó cố gắng đánh giá hàm trong tích phân để được giới hạn kẹp

 

$$\int_0^1 \dfrac{nx^n}{2013+x^n}dx=\left( x \ln (2013+x^n) \right)|_0^1-\int_0^1 \ln (2013+x^n)dx$$

 

$$=\ln 2014-\int_0^1 \ln 2013(1+\dfrac{x^n}{2013})dx =\ln \dfrac{2014}{2013}-\int_0^1 \ln(1+\dfrac{x^n}{2013})dx$$

 

Áp dụng bdt quen thuộc, $\forall t \ge 0,\;\; 0 \le \ln(1+t) \le t$, ta được

 

$$0 \le \ln(1+\dfrac{x^n}{2013}) \le \dfrac{x^n}{2013}  \Rightarrow 0\le \int_0^1 \ln(1+\dfrac{x^n}{2013})dx \le \int_0^1 \frac{x^n}{2013}dx=\frac{1}{2013(n+1)}$$

 

Do $\lim_{n \to \infty} \frac{1}{2013(n+1)}=0$ nên từ đây suy ra $\lim_{n \to \infty} \int_0^1 \ln(1 +\dfrac{x^n}{2013})dx=0 $

 

Vậy $$ \lim _{n \rightarrow \infty} \int^{1}_{0} \frac{nx^n}{2013+x^n} dx=\ln \dfrac{2014}{2013} $$

Bài 34: (B.Jacobson)
Cho $[a;b] \subset \mathbb{R}\;\;, f:[a;b] \to \mathbb{R}$ khả vi $n \in \mathbb{N^*}$ lần trên $[a;b]$ sao cho $\lim_{x \to a^+} f^{(k)}(x)=0\;, \forall k \in \{1;...;n-1\}$ và $\lim_{x \to a^+} f^{(n)}(x) \neq 0$. Theo định lý trung bình tích phân, với $x \in (a;b] , \exists c_x \in (a;x) \;, \int_a^x f(t)dt=f(c_x)(x-a)$. Chứng minh

$$\lim_{x \to a^+} \dfrac{c_x-a}{x-a}=\dfrac{1}{\sqrt[n]{n+1}}$$

Bài 33: (mới chế )

Sao có cảm giác thân quen @@

Cho $[a;b] \subset \mathbb{R}$ , $f:[a;b] \to \mathbb{R}$ , $f \in C^2([a;b])$ sao cho $f(a)=f(b)$. Đặt $M=\max_{[a;b]} f''(x)\;, m=\min_{[a;b]} f''(x)$

Giả sử tồn tại $0<h<b-a$ sao cho $f(a+h)=f(b-h)$, chứng minh:

$$\left| f'(a)+f'(b) \right| \le \dfrac{M-m}{2}h$$

Bài 14(olimpic sv Ngoại thương 2013) Cho hàm số $f\left(x\right)$ xác định, liên tục trên $\left[1;2\right]$ thỏa mãn $\displaystyle\int_a^b f^2\left(x\right)dx \leq \dfrac{b^3-a^3}{3},\forall a,b\in\left[1;2\right],a\leq b$.Chứng minh rằng $$\displaystyle\int_1^2 f\left(x\right)dx\leq \dfrac{3}{2}$$

Hôm nay tự dưng thông minh ra

Số $\dfrac{b^3-a^3}{3}$ gợi ý đến $\int_a^b x^2 dx$ , ta viết lại giả thiết

$$\int_a^b f^2(x)dx \le \int_a^b x^2dx $$
$$\Leftrightarrow \int_a^b ( f^2(x)-x^2) dx \le 0 \;\; , \forall 1 \le a<b \le 2 $$

Theo định lý giá trị trung bình tích phân, $$\forall \; 1\le a<b \le 2 \;\;, \exists c \in [a;b] \;, \; f^2( c )-c^2 \le 0$$

Hàm $h(x)=f^2(x)-x^2 $ liên tục trên $[1;2]$

Với mỗi $x_0 \in [1;2) $ , $\forall h >0 $ đủ nhỏ sao cho $x_0+h \in [1;2]$, theo trên, phải tồn tại $ x_h \in [x_0;x_0+h] \;, f^2(x_h)-x_h^2 \le 0$

Vì $f$ liên tục trên $[1;2]$ , cho $h \to 0 \Rightarrow x_h^2 \to x_0^2 \;, \; f^2(x_0+h) \to f^2(x_0)$

$$\Rightarrow f^2(x_0)-x_0^2 \le 0$$

Suy ra $$f^2(x) \le x^2 \;\; , \forall x \in [1;2) $$

Xét $x_0=2 $ , $\forall h>0 $ đủ nhỏ sao cho $2-h \in [1;2]$ , tồn tại $x_h \in [2-h;2] \;\;, f^2(x_h)-x_h^2 \le 0$

Cho $h \to 0$ ta nhận được $f^2(2)-4 \le 0$

Vậy $$\forall x \in [1;2] \;\;, f^2(x) \le x^2 $$

$$\Rightarrow f(x) \le |f(x)| \le x \;\;, \forall \; x \in [1;2] $$

$$\Rightarrow \int_1^2 f(x)dx \le \int_1^2 xdx=\dfrac{3}{2}$$

____________________________________________________________________________

P/s: Đề Olympic năm 2000 , nhưng đáp án sơ sài quá.

Bài 9:

Cho $f: [0;1] \longrightarrow \mathbb{R}$ , $f$ liên tục trên $[0;1]$ . Chứng minh

$$\lim_{n \to +\infty} \int_0^1 \dfrac{nf(x)dx}{1+n^2x^2}=\frac{\pi}{2}f(0) $$

Bài 8: ( BDT E.Landau)

a) Cho $f:[a;b] \longrightarrow \mathbb{R} $ với $a,b$ là số thực sao cho $b-a \ge 2 $, $f$ khả vi cấp 2 và thỏa $|f(x)| \le 1 \;, |f''(x)| \le 1 $

Chứng minh: $$|f'(x) | \le 2 $$

b) Cho $f$ là hàm số thực khả vi cấp 2 sao cho $\sup_{x \in \mathbb{R}} |f(x)| \le 1 \;\;, \sup_{x \in \mathbb{R}} |f''(x)| \le 1 $

Chứng minh : $$ \sup_{x \in \mathbb{R}} |f'(x)| \le \sqrt{2} $$

Mạnh hơn nữa, thay giả thiết $\sup_{x \in \mathbb{R}} |f''(x)| \le 1$ bởi $\dfrac{|f'(x)-f'(y)|}{x-y} \le 1 \;, \forall x,y \in \mathbb{R} ,\; x>y$

Tiếp tục chủ đề

Bài 6: Cho $f:\left[0;1\right]\to\mathbb{R} $ là hàm có đạo hàm liên tục thỏa mãn
$\displaystyle\int_0^1f\left(x\right)dx= \displaystyle\int_0^1xf\left(x\right)dx$ .Chứng minh rằng tồn tại $c\in\left(0,1\right)$ sao cho $$f\left(c\right)=\displaystyle f'\left(c\right)\int_0^cf\left(x\right)dx$$

Chợt nhớ một bài sáng tác cách đây hai năm

Bài 24: Gọi $D$ là tập các hàm số liên tục từ $[0;1]$ vào $[0;1]$ .

Tìm $n \in \mathbb{N}^*$ sao cho $\forall f \in D , \exists x_0 \in [0;1]$ thỏa $nf(x_0)=(1-x_0) \left[ f(x_0)+f(1-x_0) \right] $

Bài 9:

Ta có:

\[I_n = \int\limits_0^1 {\frac{{nf\left( x \right)dx}}{{1 + {n^2}{x^2}}}} = \int\limits_0^1 {f\left( x \right)d\left( {\arctan nx} \right)} = \left. {f\left( x \right).\arctan nx} \right|_0^1 - \int\limits_0^1 {\arctan nx.f'(x)dx} \]

-------------------------------------------------------------------------------------

Anh Đạt chắc đánh nhầm thôi. .

Gõ nhầm thiệt, đúng là $n \to +\infty$

@Việt: Bài giải tưởng chừng đúng nhưng lại sai từ dòng đầu tiên!

Lý do: Chỉ có giả thiết $f$ liên tục trên $[0;1]$ nên chưa chắc nó khả vi, do đó không thể đi bằng con đường qua $f'$ được. Hơn nữa, em xem lại định lý trung bình tích phân loại 2, điều kiện ở đây không thể sử dụng được, kể cả có tồn tại $f'$ hay không.

@ablrise: Ở quê tối muỗi quá nên chắc không post lời giải được, hẹn ngày mai vậy.

Tặng mọi người bài mới sáng tác lúc sáng:

Bài 27:

Cho $f: [0;1] \to \mathbb{R}$ khả vi liên tục và giảm trên $[0;1]$. Chứng minh

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

Chặn trên bởi một đa thức ^^. Khó hơn tí, tìm trường hợp đẳng thức

Bài 31: (mới chế )

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

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

Quen nhề :-"

Câu dưới tương tự

Hai bdt này đã có từ tận 1930!
Mục đích đưa ra là để cải tiến chứng minh đơn giản tí, lời giải cũ khủng quá @@
$$\int_0^a |f(x)f'(x)|dx \le \int_0^a |f'(x)| \int_0^x |f'(t)|dt dx $$
$$ \le \int_0^a \int_0^x |f'(t)|dt d\left(\int_0^x |f'(t)|dt \right)$$
$$\le \frac{1}{2} \left(\int_0^a |f'(x)|dx \right)^2 \le \frac{1}{2} \int_0^a dx \int_0^a f'^2(x)dx$$
$$\le \frac{1}{2} \int_0^a f'^2(x)dx $$
Bất đẳng thức thứ hai:
Ta có: $$\int_0^a |f(x)f'(x)|dx=\int_0^{\frac{a}{2}} |f(x)f'(x)|dx+\int_{\frac{a}{2}}^a |f(x)f'(x)|dx$$
** $\int_0^{\frac{a}{2}} |f(x)f'(x)|dx \le \frac{a}{4} \int_0^{\frac{a}{2}}f'^2(x)dx $
** Đặt $g(a-x)=f(x)$ , dễ thấy $g$ có các tính chất của $f$, do đó
$$\int_0^{\frac{a}{2}} |g(x)g'(x)|dx \le\frac{a}{4} \int_0^{\frac{a}{2}} g'^2(x)dx $$
$$\Leftrightarrow \int_0^{\frac{a}{2}} |f(a-x)f'(a-x)|dx \le \frac{a}{4} \int_0^{\frac{a}{2}} f'^2(a-x)dx $$
$$\Leftrightarrow \int_{\frac{a}{2}}^a |f(x)f'(x)|dx \le \frac{a}{4} \int_{\frac{a}{2}}^a f'^2(x)dx $$
Cộng hai bdt lại ta có đpcm.

Bài 29:

Cho $f:[a;b] \to \mathbb{R}$ (với $[a;b] \subset \mathbb{R}$) không là hàm tuyến tính và có đạo hàm cấp hai trên $(a;b)$. Chứng minh $f(x)=0$ vô nghiệm trên $(a;b)$ nếu tồn tại $c \in (a;b)$ sao cho

$$ f'^2( c ) -2f ( c)f''(x) <0 \;\;, \forall x \in (a;b)$$

Bài 28:Cho $f$ là hàm liên tục trên $\mathbb{R}$. Đặt $$f_1(x)=\int_0^xf(t)dt,...,f_n(x)=\int_0^xf_{n-1}(t)dt.$$ Chứng minh rằng $$f_{n+1}(x)=\frac{1}{n!}\int_0^x(x-t)^nf(t)dt,n\ge 1$$

Với chú ý:

$$ f_{n+1}(x)=\int_0^x \int_0^t f_n(u)du dt =\int_0^x \int_0^t f_n(u)du d(t-x)$$

$$=(t-x) \int_0^t f_n(u)du |_0^x -\int_0^x (t-x) f_n(t)dt =\int_0^x (x-t)f_n(t)dt $$

$$=\int_0^x (x-t) \int_0^t f_{n-1}(u)du dt =-\dfrac{1}{2} \int_0^x \int_0^t f_{n-1}(u)du d((x-t)^2)$$

$$=-\dfrac{1}{2} (x-t)^2 \int_0^t f_{n-1}(u)du |_0^x +\dfrac{1}{2} \int_0^x (x-t)^2f_{n-1}(t)dt$$

$$=\dfrac{1}{2} \int_0^x (x-t)^2f_{n-1}(t)dt $$

Tương tự, sử dụng liên tiếp tích phân từng phần ta được

$$f_{n+1}(x)=\dfrac{1}{n!} \int_0^x (x-t)^n f(t)dt$$

Bài 32: (mới chế )

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

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