Chủ đề này có 137 trả lời

[khacduongpro_165]

Ta chứng minh được bất đẳng thức sau
$\int\limits_x^1 {{f^2}(t)dt} \ge \int\limits_x^1 {f(t)tdt} \ge \int\limits_x^1 {{t^2}dt} $ với mọi $x \in \left[ {0,1} \right]$.

Nếu như không nhầm thì đây là đề thi năm 2003 hay 2005 thì phải

[HeilHitler]

Bài 49: $f(x)$ khả vi trên $[0,3]$ thỏa mãn: $f(0)=2, f(3)=1$ và $\left | f'(x) \right |\leq 1$
Chứng minh: $\int_{0}^{3}f(x)dx\geq \frac{5}{2}$

Từ $|f'(x)| \leq 1 \Rightarrow -1 \leq f'(x) \leq 1$. Thành thử hàm $f(x)-x$ nghịch biến, và hàm $f(x)+x$ đồng biến trên $[0,3]$. Như vậy:
i/ $f(x)-x \geq f(3)-3 \Rightarrow f(x) \geq x-2$ với $x \in [0,3]$
ii/$f(x)+x \geq f(0)-0 \Rightarrow f(x) \geq 2-x$ với $x \in [0,3]$
Suy ra $\int_{0}^{3}f(x)dx \geq \int_{0}^{3}|x-2|dx=\frac{5}{2}$. (đpcm)

[khacduongpro_165]

Bài 50: Cho $f:[0,1]\rightarrow R$, liên tục, thỏa mãn:
$\int_{0}^{1}xf(x)=0$ Chứng minh tồn tại $c\epsilon [0,1]$ để:
$f( c ) = c.\int_{0}^{1}f(x)dx$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi khacduongpro_165: 16-03-2013 - 08:21

[HeilHitler]

Bài 50: Cho $f:[0,1]\rightarrow R$, liên tục, thỏa mãn:
$\int_{0}^{1}xf(x)=0$ Chứng minh tồn tại $c\epsilon [0,1]$ để:
$f( c ) = c.\int_{0}^{1}f(x)dx$

Đặt $M=\int_{0}^{1}f(x)dx$ và $g(x)=f(x)-Mx$.
Theo Lagrange tồn tại $a \in (0,1)$ để $M=f(a) \Rightarrow g(a)=M(1-a)$.

Theo Lagrange tồn tại $b \in (0,1)$ để $\int_{0}^{1}xf(x)=bf(b) \Rightarrow f(b)=0 \Rightarrow g(b)=-Mb$.

Như vậy $g(a)g(b)<0$ nên sẽ có nghiệm $c \in (a,b)$ để $g( c)=0$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HeilHitler: 26-03-2013 - 12:20

[dangnamneu]

Mọi người thử bài này nhé, mình tìm được trên Mathlinks, giải mấy ngày rồi chưa ra cũng không tìm được phản ví dụ
Bài 38. Cho hàm số $f$ liên tục trên $[0, 1]$ thỏa mãn $\int\limits_0^1f(x)dx=0.$ Chứng minh tồn tại $a \in (0, 1)$ sao cho$$a^2f(a)=\int\limits_0^a(x+x^2)f(x)dx$$

Bài toán khá hay, chưa động bút thì thấy dễ nhưng bắt tay vào làm mới thấy khó…
Giải. Theo giả thiết bài toán tồn tại ${x_0} \in \left( {0,1} \right)$ sao cho $0 = \int\limits_0^1 {f(x)dx}  = f({x_0})$ và $a \in \left( {0,t} \right)$ sao cho $\int\limits_0^t {\left( {x + {x^2}} \right)f(x)dx}  = f(a)\int\limits_0^t {\left( {x + {x^2}} \right)dx}  = f(a)\left( {\frac{{{t^2}}}{2} + \frac{{{t^3}}}{3}} \right)$ .
Ta xét hàm số $h(t) = {t^2}f(t) - \int\limits_0^t {\left( {x + {x^2}} \right)f(x)dx}  = {t^2}f(t) - f(a)\left( {\frac{{{t^2}}}{2} + \frac{{{t^3}}}{3}} \right)$ .
Do $f$ là hàm số liên tục trên $\left[ {0,1} \right]$ nên tồn tại ${t_1},{t_2} \in \left[ {0,1} \right]$ sao cho $f({t_1}) = \mathop {max}\limits_{t \in \left[ {0,1} \right]} f(t)$ và $f({t_2}) = \mathop {min}\limits_{t \in \left[ {0,1} \right]} f(t)$ và ta có $f({t_1}) \ge 0$ .
Nếu $f(a) \ge 0$ khi đó \[h({t_1}) = t_1^2f({t_1}) - \left( {\frac{{t_1^2}}{2} + \frac{{t_1^3}}{3}} \right)f(a) \ge \left( {\frac{{t_1^2}}{2} + \frac{{t_1^3}}{3}} \right)f({t_1}) - \left( {\frac{{t_1^2}}{2} + \frac{{t_1^3}}{3}} \right)f(a) = \left( {\frac{{t_1^2}}{2} + \frac{{t_1^3}}{3}} \right)\left( {f({t_1}) - f(a)} \right) \ge 0\] .
\[h({t_2}) = t_2^2f({t_2}) - \left( {\frac{{t_2^2}}{2} + \frac{{t_2^3}}{3}} \right)f(a) \le t_2^2f(a) - \left( {\frac{{t_2^2}}{2} + \frac{{t_2^3}}{3}} \right)f(a) = f(a)\left( {t_2^2 - \left( {\frac{{t_2^2}}{2} + \frac{{t_2^3}}{3}} \right)} \right) \le 0\] .
Suy ra $h({t_1})h({t_2}) \le 0 \Rightarrow \exists c \in \left( {0,1} \right)$ sao cho $ h( c ) = 0 $ hay ${c^2}f( c ) = \int\limits_0^c {\left( {x + {x^2}} \right)f(x)dx} $ .
Trường hợp $f(a) > 0$ khi đó $h({x_0}) =  - f(a)\left( {\frac{{x_0^2}}{2} + \frac{{x_0^3}}{3}} \right) < 0$ và $h({t_1}) > 0$ khi đó $h({x_0})h({t_1}) < 0$ suy ra tồn tại $c \in \left( {0,1} \right)$ sao cho $h( c ) = 0$ hay ${c^2}f( c ) = \int\limits_0^c {\left( {x + {x^2}} \right)f(x)dx} $ .
Bài toán được chứng minh hoàn toàn.
Ngoài ra ta có thể chứng minh tồn tại ${x_0} \in \left( {0,1} \right)$ sao cho \[\int\limits_0^{{x_0}} {\left( {x + {x^2}} \right)f(x)dx}  = \left( {{x_0} + x_0^2} \right)f({x_0})\] .

Hoặc 
Hoặc một điều kiện chặt hơn là của bài toán trên là
$$\frac{5}{6}{c^2}f( c ) = \int\limits_0^c {\left( {x + {x^2}} \right)f(x)dx} $$ 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dangnamneu: 23-03-2013 - 05:56

[dangnamneu]

Bài 39. Không tiện post lời giải…
Mai lại đi Hải phòng làm nửa tháng không có thời gian chém cùng các bạn nên làm chút cho vui trước khi lên đường cái nhỉ?
Update

Giải. Ta xét hàm số $h(t) = {e^{\frac{{{t^2}}}{2}}}\int\limits_t^1 {f(x)dx} $ khả vi trên $\left[ {0,1} \right]$ . Ta có $h'(t) = {e^{\frac{{{t^2}}}{2}}}\left( { - f(t) + t\int\limits_t^1 {f(x)dx} } \right)$.
Ta có $h(1) = 0$ ta nghĩ đến việc sử dụng định lý Rolle do đó ta đi chứng minh tồn tại ${x_0} \in \left( {0,1} \right)$ sao cho $h({x_0}) = 0$ tức là $\int\limits_{{x_0}}^1 {f(x)dx}  = 0$ . Đặt $F(t) = \int\limits_t^1 {f(x)dx} $ .
Xuất phát từ giả thiết ta có $0 = \int\limits_0^1 {xf(x)dx}  =  - \int\limits_0^1 {xd\left( {F(x)} \right)}  = \int\limits_0^1 {F(x)dx} $ , theo định lý giá trị trung bình tích phân suy ra tồn tại ${x_0} \in \left( {0,1} \right)$ sao cho $0 = \int\limits_0^1 {F(x)dx}  = F({x_0})$ tức là ta có $\int\limits_{{x_0}}^1 {f(x)dx}  = 0$ . Vậy ta có $h(1) = h({x_0}) = 0$ nên theo định lý Rolle tồn tại $c \in \left( {0,1} \right)$ sao cho $h'( c ) = 0$ hay
$$f( c ) = c\int\limits_c^1 {f(x)dx} $$ .
Bài toán được chứng minh hoàn toàn.

Bài 40. Ta có $f(x) = f(a) + \int\limits_a^x {f'(t)dt} $ và $f(x) = f(b) + \int\limits_b^x {f'(t)dt} $.
Suy ra
\[f(x) = \frac{1}{2}\left[ {f(a) + f(b) + \int\limits_a^x {f'(t)dt} + \int\limits_b^x {f'(t)dt} } \right]\]
\[ \le \frac{1}{2}\left[ {\left| {f(a) + f(b)} \right| + \int\limits_a^x {\left| {f'(t)} \right|dt} + \int\limits_x^b {\left| {f'(t)} \right|dt} } \right] = \frac{1}{2}\left[ {\left| {f(a) + f(b)} \right| + \int\limits_a^b {\left| {f'(t)} \right|dt} } \right]\].

Bài toán được chứng minh.


Một số bài toán tương tự:

1. Giả sử $f$là hàm khả vi liên tục trên $\left[ {0,1} \right]$. Chứng minh rằng
$$\mathop {\sup }\limits_{x \in \left[ {0,1} \right]} \left| {f(x)} \right| \le \int\limits_0^1 {\left( {\left| {f(t)} \right| + \left| {f'(t)} \right|} \right)dt} $$
Và
$$\left| {f\left( {\frac{1}{2}} \right)} \right| \le \int\limits_0^1 {\left( {\left| {f(t)} \right| + \frac{1}{2}\left| {f'(t)} \right|} \right)dt} $$
2. Bài 27 của phudinhgioihan trong cùng Topic này

Bài 41 của thầy Dương Việt Thông trên tạp chí AMM, cách giải ngắn gọn như sau

Do $\int\limits_0^1 {f(x)dx} = 0$ nên dễ có $\int\limits_0^1 {xf(x)dx} = \int\limits_0^1 {\left( {x - \frac{1}{2}} \right)\left( {f(x) - f\left( {\frac{1}{2}} \right)} \right)} dx = \int\limits_0^1 {{{\left( {x - \frac{1}{2}} \right)}^2}f'({c_x})dx} $ với ${c_x}$ nằm giữa $x$ và $\frac{1}{2}$ từ đây dễ suy ra kết quả bài toán.

Với lời giải này có rất nhiều mở rộng

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dangnamneu: 23-03-2013 - 05:45

[phudinhgioihan]

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 $

[phudinhgioihan]

Bài 29:

Cho $f:[a;b] \to \mathbb{R}$ (với $[a;b] \subset \mathbb{R}$) 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

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

 

 

Giả sử $f(x)=0$ có nghiệm $x_0 \in (a;b) $, theo ông Taylor, ta có

 

$$f(x_0)=f( c)+(x_0-c)f'(c )+\dfrac{(x_0-c)^2}{2}f''(x) \;\;, c,x \in (a;b) $$

 

Suy ra $\frac{t^2}{2} f''(x)+tf'(c )+f( c )=0 \;, t=x_0-c $

 

Nếu $f''(x)=0$ với $x \in (a;b)$ nào đó thì hiển nhiên $f'^2( c ) -2f ( c)f''(x) =f'^2(c ) \ge 0$

 

Nếu với $x \in (a;b)$ sao cho $f''(x) \neq 0$,  $\frac{t^2}{2} f''(x)+tf'( c )+f( c )=0 $ có nghiệm nên phải có $\Delta =f'^2( c)-2f( c )f''(x) \ge 0$

 

Mâu thuẫn nhận được suy ra đpcm.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi phudinhgioihan: 24-03-2013 - 02:16

[HeilHitler]

Bài 51: Cho hàm $f(x)$ liên tục trên $[0,1]$ và thõa mãn $\int_{0}^{1}xf(x)=0$. Chứng minh rằng tồn tại $c \in (0,1)$ để $\int_{c}^{1}f(x)dx=0$.

[dangnamneu]

Bài 51: Cho hàm $f(x)$ liên tục trên $[0,1]$ và thõa mãn $\int_{0}^{1}xf(x)=0$. Chứng minh rằng tồn tại $c \in (0,1)$ để $\int_{c}^{1}f(x)dx=0$.

Đây thực chất là một phần nhỏ trong chứng mình của bài toán 39

Lời giải như sau

 

 

Giải. Xét hàm số $F(x) = \int\limits_x^1 {f(t)dt} $ liên tục trên $\left[ {0,1} \right]$. Theo giả thiết ta có

$0 = \int\limits_0^1 {xf(x)dx}  =  - \int\limits_0^1 {xd\left( {F(x)} \right)}  = \int\limits_0^1 {F(x)dx} $. Theo định lý giá trị trung bình cho tích phân tồn tại $c \in \left( {0,1} \right)$sao cho $F( c ) = 0$ hay $\int\limits_c^1 {f(x)dx}  = 0$.

Bài toán được chứng minh

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dangnamneu: 25-03-2013 - 00:02

[phudinhgioihan]

Bài 52: (Mới chế 5s )

 

Cho $f,g :[a;b] \to [a;b] , f([a;b])=g([a;b])=[a;b]$ với $[a;b] \subset \mathbb{R} $ , $f,g \in C^2([a;b]) $ và có các đạo hàm cấp 1, cấp 2 không âm.

 

Chứng minh tồn tại $c \in (a;b) $ sao cho $f'(c )g'( c)=1 $

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi phudinhgioihan: 25-03-2013 - 00:33

[dangnamneu]

Bài 53. [Đặng Thành Nam] Cho $f,g:\left[ {0,1} \right] \to R $là các hàm khả tích thỏa mãn $\int\limits_0^1 {f(x)g(x)dx}  = 0$.

Chứng minh rằng

$${\left( {\int\limits_0^1 {f(x)dx\int\limits_0^1 {g(x)dx} } } \right)^2} \le \frac{1}{2}\int\limits_0^1 {{f^2}(x)dx} \int\limits_0^1 {{g^2}(x)dx} $$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dangnamneu: 25-03-2013 - 12:06

[dangnamneu]

Exercise 4: Find all integrable function $f:[0,1]\rightarrow \mathbb{R}$ such that
$f(x)\leq \int_0^x t^{2012}f(t)dt , \forall x \in [0,1]$.

 

Mình nghĩ bài toán này phải có thêm điều kiện $f \ge 0$

[duong vi tuan]

Đặt $M=\int_{0}^{1}f(x)dx$ và $g(x)=f(x)-Mx$.
Theo Rolle tồn tại $a \in (0,1)$ để $M=f(a) \Rightarrow g(a)=M(1-a)$.

Theo Rolle tồn tại $b \in (0,1)$ để $\int_{0}^{1}xf(x)=bf(b) \Rightarrow f(b)=0 \Rightarrow g(b)=-Mb$.

Như vậy $g(a)g(b)<0$ nên sẽ có nghiệm $c \in (a,b)$ để $g( c)=0$.

 bạn có thể nói rõ hơn đc ko ko , mình ko hiểu làm sao dùng roll đc .

[dangnamneu]

 bạn có thể nói rõ hơn đc ko ko , mình ko hiểu làm sao dùng roll đc .

Lời giải trên chưa chuẩn xác, chỉ sai đoạn dùng định lý giá trị trung bình cho tích phân nhưng Hell...lại bảo là sử dụng định lý Rolle

Bạn có thể xem lời giải ơ đây

http://forum.mathsco...ead.php?t=41825

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dangnamneu: 26-03-2013 - 12:09

[anktqd]

Bài toán khá hay, chưa động bút thì thấy dễ nhưng bắt tay vào làm mới thấy khó…
Giải. Theo giả thiết bài toán tồn tại ${x_0} \in \left( {0,1} \right)$ sao cho $0 = \int\limits_0^1 {f(x)dx}  = f({x_0})$ và $a \in \left( {0,t} \right)$ sao cho $\int\limits_0^t {\left( {x + {x^2}} \right)f(x)dx}  = f(a)\int\limits_0^t {\left( {x + {x^2}} \right)dx}  = f(a)\left( {\frac{{{t^2}}}{2} + \frac{{{t^3}}}{3}} \right)$ .
Ta xét hàm số $h(t) = {t^2}f(t) - \int\limits_0^t {\left( {x + {x^2}} \right)f(x)dx}  = {t^2}f(t) - f(a)\left( {\frac{{{t^2}}}{2} + \frac{{{t^3}}}{3}} \right)$ .
Do $f$ là hàm số liên tục trên $\left[ {0,1} \right]$ nên tồn tại ${t_1},{t_2} \in \left[ {0,1} \right]$ sao cho $f({t_1}) = \mathop {max}\limits_{t \in \left[ {0,1} \right]} f(t)$ và $f({t_2}) = \mathop {min}\limits_{t \in \left[ {0,1} \right]} f(t)$ và ta có $f({t_1}) \ge 0$ .
Nếu $f(a) \ge 0$ khi đó \[h({t_1}) = t_1^2f({t_1}) - \left( {\frac{{t_1^2}}{2} + \frac{{t_1^3}}{3}} \right)f(a) \ge \left( {\frac{{t_1^2}}{2} + \frac{{t_1^3}}{3}} \right)f({t_1}) - \left( {\frac{{t_1^2}}{2} + \frac{{t_1^3}}{3}} \right)f(a) = \left( {\frac{{t_1^2}}{2} + \frac{{t_1^3}}{3}} \right)\left( {f({t_1}) - f(a)} \right) \ge 0\] .
\[h({t_2}) = t_2^2f({t_2}) - \left( {\frac{{t_2^2}}{2} + \frac{{t_2^3}}{3}} \right)f(a) \le t_2^2f(a) - \left( {\frac{{t_2^2}}{2} + \frac{{t_2^3}}{3}} \right)f(a) = f(a)\left( {t_2^2 - \left( {\frac{{t_2^2}}{2} + \frac{{t_2^3}}{3}} \right)} \right) \le 0\] .
Suy ra $h({t_1})h({t_2}) \le 0 \Rightarrow \exists c \in \left( {0,1} \right)$ sao cho $ h( c ) = 0 $ hay ${c^2}f( c ) = \int\limits_0^c {\left( {x + {x^2}} \right)f(x)dx} $ .
Trường hợp $f(a) > 0$ khi đó $h({x_0}) =  - f(a)\left( {\frac{{x_0^2}}{2} + \frac{{x_0^3}}{3}} \right) < 0$ và $h({t_1}) > 0$ khi đó $h({x_0})h({t_1}) < 0$ suy ra tồn tại $c \in \left( {0,1} \right)$ sao cho $h( c ) = 0$ hay ${c^2}f( c ) = \int\limits_0^c {\left( {x + {x^2}} \right)f(x)dx} $ .
Bài toán được chứng minh hoàn toàn.
Ngoài ra ta có thể chứng minh tồn tại ${x_0} \in \left( {0,1} \right)$ sao cho \[\int\limits_0^{{x_0}} {\left( {x + {x^2}} \right)f(x)dx}  = \left( {{x_0} + x_0^2} \right)f({x_0})\] .

Hoặc 
Hoặc một điều kiện chặt hơn là của bài toán trên là
$$\frac{5}{6}{c^2}f( c ) = \int\limits_0^c {\left( {x + {x^2}} \right)f(x)dx} $$ 

Em nghĩ lời giải này không đúng! $f(a)$ ở đây là một hàm theo biến $t.$ Bởi vậy nó có thể lúc nhận giá trị âm, lúc nhận giá trị dương, không thể khẳng định là có $f(a) \ge 0$ hoặc $f(a)<0.$

[dangnamneu]

Em nghĩ lời giải này không đúng! $f(a)$ ở đây là một hàm theo biến $t.$ Bởi vậy nó có thể lúc nhận giá trị âm, lúc nhận giá trị dương, không thể khẳng định là có $f(a) \ge 0$ hoặc $f(a)<0.$

Uhm e nói đúng, a biết vậy nhưng vẫn để ý tưởng đó lên...vì chưa có hướng đi nào khác, nhưng với tư tưởng này có thể giải quyết dc bài toán thì khá hay

[dangnamneu]

Một bài có nhiều ứng dụng trong tính giới hạn liên quan đến tích phân ;

Bài 36:Cho hàm $f:[1+\infty)\to\mathbb{R}$ liên tục ,thoả mãn tồn tại giới hạn hữu hạn $\displaystyle\lim_{x\to+\infty} xf(x)$
Chứng minh tồn tại giới hạn $\displaystyle\lim_{t \to +\infty} \int_{1}^{t} \dfrac{f\left(x\right)}{x}dx $ và $$ \displaystyle\lim_{n\to +\infty} n\int_{1}^{a}f\left(x^{n}\right)dx=\lim_{t\to +\infty}\int_1^t \dfrac{f\left(x\right)}{x}dx $$ với $a>1$

 

Giải.

Chứng minh ý thứ nhất:

 

Do $\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } xf(x) = l \in $ nên với mọi $\varepsilon  > 0$tồn tại ${x_0} \ge 1$ sao cho $\forall x \ge {x_0}$ thì

$l - \varepsilon  \le xf(x) \le l + \varepsilon  \Rightarrow \frac{{l - \varepsilon }}{{{x^2}}} \le \frac{{f(x)}}{x} \le \frac{{l + \varepsilon }}{{{x^2}}}$ với mọi $x \ge {x_0}$.

Chọn số dương $m$ sao cho $l - \varepsilon  + m \ge 0$ khi đó

$0 \le \frac{{l - \varepsilon  + m}}{{{x^2}}} \le \frac{{f(x)}}{x} + \frac{m}{{{x^2}}} \le \frac{{l + \varepsilon }}{{{x^2}}} + \frac{m}{{{x^2}}},\forall x \ge {x_0}$.

Xét $I(t) = \int\limits_1^t {\left( {\frac{{f(x)}}{x} + \frac{m}{{{x^2}}}} \right)dx} $ có $I'(t) = \frac{{f(x)}}{x} + \frac{m}{{{x^2}}} \ge 0$ nên $I(t)$ tăng. Mặt khác ta lại có

$I(t) = \int\limits_1^{{x_0}} {\left( {\frac{{f(x)}}{x} + \frac{m}{{{x^2}}}} \right)dx}  + \int\limits_{{x_0}}^t {\left( {\frac{{f(x)}}{x} + \frac{m}{{{x^2}}}} \right)dx}  \le \int\limits_1^{{x_0}} {\left( {\frac{{f(x)}}{x} + \frac{m}{{{x^2}}}} \right)dx}  + \int\limits_{{x_0}}^t {\left( {\frac{{l + \varepsilon }}{{{x^2}}} + \frac{m}{{{x^2}}}} \right)dx} $.

$ \le \int\limits_1^{{x_0}} {\left( {\frac{{f(x)}}{x} + \frac{m}{{{x^2}}}} \right)dx}  + \frac{{l + \varepsilon  + m}}{{{x_0}}}$. Suy ra $I(t)$ tăng và bị chặn trên nên có giới hạn hữu hạn.

Suy ra

$\mathop {\lim }\limits_{t \to \infty } I(t) = \mathop {\lim }\limits_{t \to \infty } \int\limits_1^t {\frac{{f(x)}}{x}dx}  + \mathop {\lim }\limits_{t \to \infty } \int\limits_1^t {\frac{m}{{{x^2}}}dx}  = \mathop {\lim }\limits_{t \to \infty } \int\limits_1^t {\frac{{f(x)}}{x}dx}  + m \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{t \to \infty } \int\limits_1^t {\frac{{f(x)}}{x}dx}  = \mathop {\lim }\limits_{t \to \infty } I(t) - m$.

 

Ta chứng minh ý thứ hai

 

Do $\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } xf(x)$tồn tại và hữu hạn và $f$ liên tục nên $xf(x)$ bị chặn do đó tồn tại $M > 0$ sao cho $\left| {xf(x)} \right| \le M,\forall x \ge 1$.

Ta có $\left| {n\int\limits_1^a {f({x^n})dx}  - \int\limits_1^{{a^n}} {\frac{{f(x)}}{x}dx} } \right| = \left| {n\int\limits_1^a {f({x^n})dx}  - n\int\limits_1^a {\frac{{f({x^n})}}{x}dx} } \right| = \left| {n\int\limits_1^a {f({x^n})\frac{{x - 1}}{x}dx} } \right| = \left| {n\int\limits_1^a {{x^n}f({x^n})\frac{{x - 1}}{{{x^{n + 1}}}}dx} } \right|$.

$ \le n\int\limits_1^a {\left| {{x^n}f({x^n})} \right|\frac{{x - 1}}{{{x^{n + 1}}}}dx}  \le Mn\int\limits_1^a {\frac{{x - 1}}{{{x^{n + 1}}}}dx}  = M\left[ {\frac{n}{{1 - n}}\left( {{a^{ - n + 1}} - 1} \right) - \left( {1 - {a^{ - n}}} \right)} \right] \to 0$ khi $n \to  + \infty $.

Do đó $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } n\int\limits_1^a {f({x^n})dx}  = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \int\limits_1^{{a^n}} {\frac{{f(x)}}{x}dx}  = \mathop {\lim }\limits_{t \to \infty } \int\limits_1^t {\frac{{f(x)}}{x}dx} $.

 

Bài toán được chứng minh hoàn toàn. Bài toán áp dụng

Chứng minh rằng với mọi $a > 1$ ta có

$$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \int\limits_1^a {\frac{{dx}}{{{x^n} + 1}}}  = \ln 2$$

 

Lời giải tham khảo trong sách:))

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dangnamneu: 27-03-2013 - 12:29

[dangnamneu]

Bài 54. Một bài toán khá đẹp mắt

 

Cho $f$ là hàm khả vi trên $R$ thỏa mãn $1 < f'(x) < 2013$. Chứng minh rằng giới hạn sau tồn tại

\[\mathop {\lim }\limits_{t \to  + \infty } \int\limits_0^t {\frac{{f(x)}}{{{{2013}^x}}}dx} \]

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dangnamneu: 30-03-2013 - 01:40

[dangnamneu]

Bài 55 [Đặng Thành Nam] Cho $f:\left( {0, + \infty } \right) \to R $thỏa mãn các điều kiện

i.                 Với   $ 0 < x < y $ thì $f(x) < f(y)$.

ii.                  $f\left( {\frac{{3xy}}{{x + y}}} \right) = \frac{{f(x) + f(y)}}{2},\forall x,y > 0$.

Chứng minh rằng tồn tại ${x_0} \in \left( {0, + \infty } \right)$sao cho $f({x_0}) = 0$. 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dangnamneu: 04-04-2013 - 14:01