Tải bản đầy đủ - 0 (trang)
Phương pháp 6: Số gia hàm số qua tích phân-khảo sát nguyên hàm

Phương pháp 6: Số gia hàm số qua tích phân-khảo sát nguyên hàm

Tải bản đầy đủ - 0trang

73



−ϕ (x)



1

Một nguyên hàm của (ϕ(x))2 là f (x) = ϕ(x)

.

Ta thấy f (x) khả vi hai lần trên [0; +∞); f (x) > 0,



ϕ (x)

< 0, ∀x ≥ 0.

(ϕ(x))2

ϕ (x)ϕ(x) + 2ϕ 2 (x)

f (x) =

≥ 0.

ϕ 3 (x)

f (x) = −



Vậy f (x) tăng. Từ đó tồn tại c = lim f (x) ≤ 0. Ta chứng minh c = 0

x→+∞



Giả sử, ngược lại c < 0; f (x) ≤ c < 0.

x



f (t)dt + f (0) ≤ cx + f (0).



Suy ra f (x) =

0



Vậy f (x) < 0 với x đủ lớn, mâu thuẫn.

Bài 2: Giả sử f (x) có đạo hàm liên tục trên [0; 1]. Chứng minh rằng

1



1



f (x) dx ≤ max



0



1

0



f (x) dx;



0



f (x) dx .



Giải:

* Nếu f (x) không đổi dấu trên [0; 1], khẳng định là rõ ràng.

* Nếu f (x) đổi dấu trên [0; 1], từ tính liên tục của f (x) và f (x) suy ra tồn tại

x1 ∈ (0; 1), x2 ∈ (0; 1) để f (x1 ) = 0; f (x2 ) = max f (x) .

x∈[0;1]



f (x) ≤ f (x2 ) = f (x2 ) − f (x1 )

=





x2

x1

x2

x1



f (x)dx

2



f (x)dx .



2



f (x)dx ≤

1



1



2



f (x) dx ≤



xdx =

1



3

2



Lấy tích phân hai vế trên [0; 1] ta được đpcm.

Bài 3: Cho f (x) là hàm số xác định và liên tục trên đoạn [1; 2] và thỏa mãn

điều kiện

x2



x23 − x13

f (x)dx ≤

, ∀x1 , x2 ∈ [1; 2], x1 ≤ x2

3

2



x1



2



f (x)dx ≤



Chứng minh rằng

1



3

2



Giải:



(∗)



74



Nhìn vế phải bất đẳng thức (*) dưới dạng

sau:



x1



x1



x1



x1



x2 dx, (*) đưỡ viết lại như



f 2 (x) − x2 dx ≤ 0.



x2 dx ⇔



f 2 (x)dx ≤



x2



x2



x2



x2



x 3 x2

3 |x1 =



Từ tính dương của tích phân suy ra tồn tại c ∈ [x1 , x2 ] để f 2 (c) − c2 ≤ 0.

Do hàm h(x) = f 2 (x)−x2 liên tục trên [1; 2] nên f 2 (x)−x2 ≤ 0, ∀x ∈ [1; 2](chứng

minh bằng phản chứng).

Từ đó f 2 (x) ≤ x2 hay f (x) ≤ x, ∀x ∈ [1; 2]

2



2



2



f (x)dx ≤

1



1



f (x) dx ≤



xdx =



3

2



1



.

Bài 4: Cho f, g : [0; +∞) → [0; +∞) là hai hàm liên tục, không âm. Giả sử

tồn tại C > 0 sao cho

x



f (x) ≤ C + f (t)g(t)dt, ∀x > 0. (1)

0

x



Chứng minh rằng f (x) ≤ Ce0



g(t)dt



, ∀x > 0. (2)



Giải:

x



x



Từ (1), ta chỉ việc chứng minh C + f (t)g(t)dt ≤ Ce0



g(t)dt



(3)



0











x



⇔ ln C +



x



f (t)g(t)dt  − lnC ≤

0







0







y



⇔ ln C +







f (u)g(u)

u



0



y=x



f (t)g(t)dt 



≤∈x0 g(t)dt



y=0



0

x



g(t)dt



x



du ≤



C + f (t)g(t)dt

0



Kể đến g(x) ≤ 0, (4) được suy ra từ (1).



g(u)du

0



Chương 5



Một số bài toán tổng hợp

5.1



Những bài toán đầu tiên



Bài 1: Dãy xi và dãy yi được xác định như sau x1 = 0.8; x2 = 0.6; xn+1 =

(xn (yn ))( yn sin(yn )); (yn+1 ) = xn sin(yn )+yn cos(yn ) (n1). Tìm lim xn và lim yn

n→∞

n→∞

Giải:

liên hệ đến công thức sin, cosin của tổng ta làm như sau:

Đặt y0 = arcsin0.6; y1 = sin y0 ; x1 = cos y0 . Dễ chứng minh theo quy nạp rằng

xn+1 = cos(y0 + y1 + y2 + ... + yn ); yn+1 = sin(y0 + y1 + y2 + ... + yn ). Ta biết

rằng với x > 0, (sin x) < x. Vậy với 0 < x < π ta có sin x = sin(πx ) < πx . Từ

đó nếu 0 < y0 + ... + yn < π thì 0 < yn+1 = sin(y0 + ... + yn ) < π( y0 + ... + yn )

hay 0 < (y0 + ... + (yn+1 )) < π. Vậy y0 > 0 và 0 < y0 + ... + yn < π, ∀n Suy

n



ra ∑ yi tăng và bị chặn trên, nó sẽ hội tụ. Lại suy ra yn → 0 (n → 0). Thế

i=0



thì sin(y0 + ... + yn ) → 0 (n → ∞) ; hơn nữa, π2 < y0 + y1 + y2 = 1.8938 nên

(y0 + ... + yn ) → π (n → ∞). Từ đó xn → (−1) (n → ∞). Đáp số lim xn = −1;

n→∞

lim yn = 0

n→∞



Bài 2: Tìm giơi hạn A = lim

n→∞

Giải:

xn

(

n→∞ x n+2)+1



f (x) = lim

+∞



n



0



0

1

0



xn dx +



+∞

1



(n → ∞)



f (x)dx =



Vậy A =



+∞



Từ đó ta có 0 ≤ |



x

( x12 − x( n+2)+1

dx ≤



1

1

1

n+1 + n+3 → 0

+∞



+∞

xn

dx

(

0

x n+2)+1



+∞ 1

dx = 1

1

x2



xn

dx −

n+2

x +1



1

dx

x2 (x( n+2)+1)



+∞



1



f (x)|dx =

0

1





0



xn dx +



0

+∞

1



xn

xn+2 +1



dx+



1

dx

x( n+2)



=



76



+∞



Bài 3: Tìm giới hạn A = lim



n→∞ 0



Giải:

0≤

0



xn

+∞ x2 n+1

dx



1



=

0



xn

x2 n+1



dx



+∞ xn

xn

dx

+

dx

1

x2 n+1

x2 n+1



1







xn dx +



0



+∞

1



1

xn dx



=



1

n+1



+



1

n−1



→ 0 (n → ∞). Suy ra A = 0

Bài 4: Tìm hai số a, b thuộc R sao cho 01 (1 + x2 )( 1n )dx = a + nb + o n12

(n → ∞)

Giải:

1

2

2

fn x = (1 + x2 )( n1 ) = e n ln(1+x ) Một mặt ta có 0 ≤ 1n ln 1 + x2 ≤ xn ≤ 1: với

mọi x thuộc [0;1]. Mặt khác, tồn tại M > 0 sao cho với mọi t thuộc [0;1],

|| et − (1 + t) ≤ Mt 2 Suy ra với mọi n thuộc N* ta có |



1

0



1

0



1

2

| e n ln(1+x )| − (1 + n1 ln 1 + x2 dx ≤ M



11

0 n ln



(1 + x2 )( n1 |)dx −

1



2



1 + x2 dx ≤ M



0



1

1

0 1 + n ln



1+x



1

x2 2

n dx = O( n2 ).



1



Ta thu được a = 1,b = ln 1 + x2 dx = ln2 + π2 − 2.

0



Bài 5: cho f:(0; +∞) đến R là hàm khả vi và thỏa mãn hai điều kiện



a) f (x) = −3 f (x) + 6 f (2x), x > 2. b)|| f (x) ≤ e( − x), x ≡ 0.





ĐặtUn = xn f (x)dx, với n thuộc N. 1) Hãy biểu diễn un qua u0 . 2) Chứng

0



n



minh rằng dãy un 3n! hội tụ đến đến giới hạn hữu hạn A nào đó. Hơn nữaA = 0

nếu u0 = 0.

Giải:



1

Tích phân từng phần ta được un = 1+n







0



1 (

f (x)d(x( n+1)) = n+1

x n+1) f (x)



0







1

− 1+n

x( n

0



Từ giả thiết b) số hạng thứ nhất bằng 0. Đối với số hạng thứ hai dùng a) và sau





−1

−1

đó đổi biến 2x= t ta được un = n+1

x( n + 1) f (x)dx = n+1

0



3

6

n+1 un+1 − n+1



Suy ra un =

un =



n!

3n



n



n!

3n



u0



∏ 1− 21i





0

n



∞ (

0 x n + 1)(−3 f (x) + 6 f (2x

(n+1)un



3

1

x( n + 1) f (2x)dx = n+1

(1− 2( n+1)

)un+1 hay un+1 = 3(1−

u0



∏ 1− 21i

i=1







Tích vơ hạn ∏

i=1



1 − 21i







hội tụ vì chuỗi ∑

i=1



1

2i



1

)

2( n+1)



hội tụ. Vậy



thuộc R (n → ∞). Rõ ràngA = 0 nếu uo = 0.



i=1



Bài 6: Gỉa sửbn là dãy các số thực cho bởi b0 = 1, bn = 2 +



bn−1 −



N



2 1+



bn−1 , n=1,2,... Tính tổng SN = ∑ bn 2n . Từ đó tìm S = lim SN .

n=1



Giải:



N→∞



.



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Phương pháp 6: Số gia hàm số qua tích phân-khảo sát nguyên hàm

Tải bản đầy đủ ngay(0 tr)

×