Tài liệu Luận văn một số phát triển và áp dụng của bất đẳng thức tích phân

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC MỘT SỐ PHÁT TRIỂN VÀ ÁP DỤNG CỦA BẤT ĐẲNG THỨC TÍCH PHÂN LOAN THANH ĐẠO THÁI NGUYÊN 2016 i Mục lục Lời mở đầu 1 1 Tích phân Riemann-Stieltjes 2 1.1 Định nghĩa và sự tồn tại của tích phân Riemann–Stieltjes . . . . . . . . . . 2 1.2 Các lớp hàm khả tích Riemann–Stieltjes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 1.3 Các tính chất của tích phân Riemann–Stieltjes . . . . . . . . . . . . . . . . 7 1.4 Các phương pháp tính tích phân Riemann–Stieltjes . . . . . . . . . . . . . 8 1.5 Các định lý giá trị trung bình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 1.6 Một vài ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 2 Một số bất đẳng thức cơ bản 15 2.1 Bất đẳng thức Cauchy tổng quát và bất đẳng thức Young . . . . . . . . . 15 2.2 Bất đẳng thức Hölder và bất đẳng thức Cauchy–Schwarz . . . . . . . . . . 17 2.3 Các bất đẳng thức Minkowski và Chebyshev . . . . . . . . . . . . . . . . . 19 2.4 Các bất đẳng thức Jensen và Hermite–Hadamard . . . . . . . . . . . . . . 20 2.5 Các bất đẳng thức Grüss và Ostrowski . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23 3 Một số bài toán áp dụng và phát triển 28 3.1 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy–Schwarz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28 3.2 Áp dụng các bất đẳng thức Hölder, Minkowski và Chebyshev . . . . . . . . 39 3.3 Về các bất đẳng thức của Qi Feng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42 3.4 Bất đẳng thức dạng Hermite–Hadamard . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48 3.5 Bất đẳng thức dạng Grüss–Ostrowski . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52 3.6 Một số bài toán khác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55 Kết luận 67 Tài liệu tham khảo 68 1 Lời mở đầu Trong chương trình toán học phổ thông, những bài toán liên quan đến tích phân Riemann chỉ được quan tâm ở khía cạnh các tính chất, các phương pháp và kỹ thuật tính tính phân. Trong khi đó, các bài tập về bất đẳng thức với tích phân rất đa dạng và phong phú. Luận văn này nhằm giới thiệu và phân tích một số bất đẳng thức cơ bản đối với tích phân, từ đó áp dụng và phát triển cho một loạt bài toán khác. Luận văn cũng giới thiệu tích phân Riemann–Stieltjes là tích phân tổng quát hơn tích phân Riemann, áp dụng cho lớp hàm khả tích rộng hơn lớp hàm khả tích Riemann, cùng một số tính chất. Nội dung của Luận văn được trình bày trong 3 chương: Chương 1 trình bày về tích phân Riemann-Stieltjes. Chương 2 giới thiệu các bất đẳng thức tích phân cơ bản. Chương 3 giới thiệu một số bài toán áp dụng và phát triển. Một phần của luận văn (Mục 3.3) đã được báo cáo tại Hội thảo khoa học "Các chuyên đề Toán học bồi dưỡng học sinh giỏi toán" tỉnh Lai Châu tháng 10 năm 2015 và được đăng trong Kỷ yếu của Hội thảo. Luận văn này là thành quả lao động nghiêm túc của bản thân tác giả, được hoàn thành dưới sự hướng dẫn của Tiến sĩ Vũ Tiến Việt. Tác giả rất biết ơn sự giúp đỡ nhiệt tình, có hiệu quả của thày giáo hướng dẫn. Tác giả cũng xin bày tỏ lòng biết ơn đến tập thể các thày cô của Khoa Toán - Tin, Trường Đại học Khoa học – Đại học Thái Nguyên đã giúp đỡ tác giả trong thời gian theo học các chuyên đề và hoàn thành các công việc của một học viên cao học. Thái Nguyên, ngày 29 tháng 5 năm 2016 Tác giả Loan Thanh Đạo 2 Chương 1 Tích phân Riemann-Stieltjes Chương này giới thiệu tích phân Riemann–Stieltjes1 là tích phân tổng quát hơn tích phân Riemann đã học trong chương trình trung học phổ thông. Về phương diện hình học, tích phân là bài toán tìm cách tính các lượng hình học: chiều dài, diện tích, thể tích. Tư tưởng chính của định nghĩa tích phân là chia nhỏ (phân hoạch) rồi cộng lại. Thực ra ý tưởng này đã có từ thời Archimedes (287-212 trước công nguyên), khi ông tính diện tích parabola. Ở đây, ta sẽ chỉ nêu các định nghĩa và tính chất của các lớp hàm khả tích và phương pháp tính tích phân Riemann–Stieltjes mà không nêu chứng minh (các chứng minh có thể xem trong [4]). 1.1 Định nghĩa và sự tồn tại của tích phân Riemann– Stieltjes Trong sách giáo khoa phổ thông, khi tính diện tích hình tròn người ta dùng phương pháp xấp xỉ (trên và dưới) bằng diện tích của các đa giác đều ngoại hoặc nội tiếp. Đấy là ý tưởng chính để định nghĩa diện tích hình phẳng. Tích phân trên và tích phân dưới bắt nguồn từ trực giác hình học này. 1.1.1. Phân hoạch và tổng Darboux Giả sử [a, b] là một đoạn hữu hạn của đường thẳng thực R. 1 G.F.B. Riemann (1826-1886), nhà toán học người Đức; T.I. Stieltjes (1856-1894), nhà toán học và thiên văn học người Hà Lan. 3 Định nghĩa 1.1.1. Phân hoạch P của [a, b] là tập hữu hạn các điểm x0 , x1 , . . . , xn sao cho a = x0 < x1 < · · · < xn−1 < xn = b. Ta viết đơn giản P = {x0 , x1 , . . . , xn }. Ký hiệu P là tập hợp tất cả các phân hoạch của [a, b]. Ta nói rằng phân hoạch P ∗ là mịn hơn phân hoạch P nếu P ∗ ⊃ P , tức là mỗi điểm của P là điểm của P ∗ . Trong trường hợp đó, ta viết P  P ∗ hoặc P ∗  P . Cho trước hai phân hoạch P1 và P2 thì rõ ràng P1 ∪ P2  P1 , P1 ∪ P2  P2 . Độ mịn của phân hoạch P thường được tính bằng số sau |P | = max{xi − xi−1 , 1 6 i 6 n}. Dễ dàng thấy rằng, nếu P ∗  P thì |P ∗ | 6 |P |. Giả sử α là hàm không giảm trên [a, b]. Tương ứng với phân hoạch P ta đặt ∆αi = α(xi ) − α(xi−1 ). Cho hàm thực f bị chặn trên [a, b]. Các tổng Darboux2 trên và dưới ứng với phân hoạch P của f được xác định như sau: U (P, f, α) = n X Mi ∆αi ; L(P, f, α) = i=1 n X mi ∆αi , i=1 trong đó Mi = sup{f (x) : xi−1 6 x 6 xi }; mi = inf{f (x) : xi−1 6 x 6 xi }. Chú ý rằng, với phân hoạch P bất kỳ, ta luôn luôn có m[α(b) − α(a)] 6 L(P, f, α) 6 U (P, f, α) 6 M [α(b) − α(a)], trong đó M = sup{f (x) : a 6 x 6 b}, m = inf{f (x) : a 6 x 6 b}. 2 J. G. Darboux (1842-1917), nhà toán học người Pháp. 4 1.1.2. Tích phân Riemann–Stieltjes Định nghĩa 1.1.2. Ta định nghĩa tích phân trên (dưới) của f đối với α trên [a, b] là số hữu hạn cho bởi công thức sau Z b f dα = inf{U (P, f, α) : P ∈ P}, a Z b  f dα = sup{L(P, f, α) : P ∈ P} . a Ta luôn có b Z m[α(b) − α(a)] 6 b Z f dα 6 M [α(b) − α(a)]. f dα 6 a a Định nghĩa 1.1.3. Ta nói rằng f là khả tích đối với α trên [a, b] nếu tích phân trên và tích phân dưới của f bằng nhau. Giá trị chung của chúng được gọi là tích phân R-S (Riemann–Stieltjes) của f đối với α trên [a, b] và ký hiệu là Z b Z b f dα hoặc f (x)dα(x). a a Ta ký hiệu R(α) là tập hợp tất cả các hàm f khả tích đối với α trên [a, b]. Nếu α(x) ≡ x thì ta viết R = R(α) và gọi mỗi f ∈ R là hàm R-khả tích (hay khả tích theo nghĩa Riemann trên [a, b]). Lúc đó tích phân tương ứng của f được gọi là tích phân Riemann. Mệnh đề 1.1.4. (xem [4]) Nếu P ∗  P thì L(P, f, α) 6 L(P ∗ , f, α) (1.1) U (P, f, α) > U (P ∗ , f, α). (1.2) Mệnh đề 1.1.5. (xem [4]) Ta luôn luôn có Z b Z b f dα 6 f dα. a (1.3) a 1.1.3. Điều kiện cần và đủ của hàm khả tích Riemann–Stieltjes Định lý 1.1.6 (Riemann, xem [4]). Cho f : [a, b] → R là hàm bị chặn và α là hàm không giảm trên đoạn [a, b]. Khi đó, f ∈ R(α) trên [a, b] nếu và chỉ nếu với mọi ε > 0 tồn tại P ∈ P sao cho U (P, f, α) − L(P, f, α) 6 ε. (1.4) 5 Mệnh đề 1.1.7. (xem [4]) (i) Nếu (1.4) đúng với P và ε nào đó thì (1.4) đúng với bất kỳ P ∗  P . (ii) Nếu (1.4) đúng với P = {x0 , x1 , . . . , xn } và si , ti ∈ [xi−1 , xi ] thì n X |f (si ) − f (ti )|∆αi < ε. i=1 (iii) Nếu f ∈ R(α) và các giả thiết của (ii) được thực hiện thì Z b n  X   f dα < ε. f (ti )∆αi −  a i=1 Chú ý 1.1.8. Khi xét tích phân Riemann thì ta bỏ chữ α trong các tổng Darboux và trong tích phân trên (dưới). Người ta đã biết rằng: (1) Nếu f : [a, b] → R là hàm bị chặn thì ∀ε > 0 tồn tại δ > 0 sao cho Z b Z f (x)dx − L(P, f ) < ε , U (P, f ) − a b f (x)dx < ε a với mọi phân hoạch P thoả mãn |P | < δ. (2) Nếu f : [a, b] → R khả tích Riemann, (Pn ) là dãy phân hoạch với lim |Pn | = 0 thì n→∞ Z b f (x)dx = lim U (Pn , f ). lim L(Pn , f ) = n→∞ n→∞ a (3) Giả sử f : [a, b] → R là hàm bị chặn, P = {x0 , x1 , . . . , xn } là phân hoạch của [a, b]. Lấy tùy ý ci ∈ [mi , Mi ]. Ta gọi σ(P, f, C) = n X ci (xi − xi−1 ) i=1 là tổng Riemann của f ứng với P và C = {c1 , . . . , cn }. Khi ci = f (ti ) và ti ∈ [xi−1 , xi ] thì ta đặt T = {t1 , . . . , tn } và σ(P, f, T ) = σ(P, f, C). Khi đó ta có L(P, f ) = inf σ(P, f, C) = inf σ(P, f, T ), C T U (P, f ) = sup σ(P, f, C) = sup σ(P, f, T ). C T 6 (4) f khả tích Riemann trên [a, b] khi và chỉ khi tồn tại số I hữu hạn có tính chất sau: với mọi ε > 0 tồn tại δ > 0 sao cho |I − σ(P, f, C)| < ε , ∀C hoặc |I − σ(P, f, T )| < ε , ∀T. với mọi phân hoạch P có |P | < δ. Trong trường hợp đó b Z I= f (x)dx. a (5) Nếu f : [a, b] → R khả tích Riemann, (Pn ) là dãy phân hoạch với lim |Pn | = 0 thì n→∞ Z b f (x)dx = lim σ(Pn , f, Tn ), lim σ(Pn , f, Cn ) = n→∞ n→∞ a trong đó Cn , Tn là các tập bất kỳ chọn theo Pn . Ví dụ 1.1.9. Cho hàm f : [0, 1] → R được xác định như sau   1 nếu x = 1 , n ∈ N, n f (x) =  0 trong các trường hợp khác. 1 Z f (x)dx = 0. Chứng tỏ rằng 0 Lời giải. Với mỗi ε > 0 cho trước, tồn tại n0 ∈ N sao cho 1 n < 2ε , ∀n > n0 . Chọn phân hoạch P của đoạn [0, 1] như sau 1 1 < xk+1 < . . . < x2 < x3 < · · · < xk = n0 + 1 n0 1 1 < xm = < xm+1 < · · · < xp = < xp+1 < · · · < xq = 1 n0 − 1 2 0 = x0 < x1 = sao cho ∆xi = xi − xi−1 < ε , 4n0 ∀i = 2, 3, . . . , k, . . . , m, . . . , p, . . . , q. Khi đó U (f, P ) − L(f, P ) = U (f, P ) < 1 ε ε ε + 2n0 < + = ε. n0 + 1 4n0 2 2 (chú ý L(f, P ) = 0 và khi tính U (f, P ) ta chỉ cần xét (2n0 + 1) đoạn chia [x0 , x1 ], [x1 , x2 ], [xk−1 , xk ], [xk , xk+1 ], . . . , [xp−1 , xp ], [xp , xp+1 ], [xq−1 , xq ] thôi). 7 1.2 Các lớp hàm khả tích Riemann–Stieltjes Trong mục này ta trình bày tính khả tích của hàm liên tục, đơn điệu, gián đoạn và hàm hợp. Mệnh đề 1.2.1. (xem [4]) Nếu f là hàm liên tục trên [a, b] và α là hàm không giảm trên [a, b] thì f ∈ R(α) trên [a, b]. Mệnh đề 1.2.2. (xem [4]) Nếu f đơn điệu trên [a, b] còn α liên tục và không giảm trên [a, b] thì f ∈ R(α). Mệnh đề 1.2.3. (xem [4]) Nếu hàm f bị chặn trên [a, b], f có nhiều nhất một số hữu hạn các điểm gián đoạn (liên tục từng khúc) trên [a, b] và hàm α không giảm, liên tục tại mỗi điểm gián đoạn của f thì f ∈ R(α). Mệnh đề 1.2.4. (xem [4]) Giả sử f ∈ R(α) trên [a, b], m 6 f (x) 6 M với mọi x ∈ [a, b] và g là hàm liên tục trên [m, M ]. Khi đó h = g ◦ f ∈ R(α) trên [a, b]. 1.3 Các tính chất của tích phân Riemann–Stieltjes Mệnh đề 1.3.1. (xem [4]) (i) Tập hợp R(α) là không gian tuyến tính (trên trường số thực) và tích phân R-S là phiếm hàm tuyến tính, tức là nếu f, g ∈ R(α) và c, d là các hằng số thực thì cf + dg ∈ R(α) và Z b b Z Z b f dα + d (cf + dg)dα = c a Z gdα. a a b dα = α(b) − α(a). (ii) Rõ ràng a (iii) Tích phân R-S bảo toàn thứ tự, tức là nếu f (x) 6 g(x) với mọi x ∈ [a, b] thì Z b Z f dα 6 a b gdα. a (iv) Nếu f ∈ R(α) trên [a, b] và nếu a < c < b thì f ∈ R(α) trên [a, c] và [c, b] và Z c Z f dα + a b Z f dα = c b f dα. a 8 (v) Nếu f ∈ R(α) trên [a, b] và nếu |f (x)| 6 M trên [a, b] thì  Z b   f dα 6 M [α(b) − α(a)].  a (vi) Nếu f ∈ R(α1 ) và f ∈ R(α2 ) thì f ∈ R(α1 + α2 ) và Z b b Z f d(α1 + α2 ) = Z b f dα1 + a a f dα2 . a (vii) Nếu f ∈ R(α) và c là hằng số dương thì f ∈ R(cα) và b Z Z b f d(cα) = c a f dα. a Mệnh đề 1.3.2. (xem [4]) Nếu f ∈ R(α) và g ∈ R(α) trên [a, b] thì (i) f g ∈ R(α),  Z b Z b   |f |dα. f dα 6 (ii) |f | ∈ R(α) và  a a Mệnh đề 1.3.3. (xem [4]) Giả sử rằng (i) α là hàm đơn điệu tăng và đạo hàm α0 ∈ R trên [a, b], (ii) f là hàm bị chặn trên [a, b]. Khi đó f ∈ R(α) nếu và chỉ nếu f α0 ∈ R. Trong trường hợp ấy ta có Z b Z b f dα = a a 1.4 f (x)α0 (x)dx. Các phương pháp tính tích phân Riemann–Stieltjes Mệnh đề 1.4.1. (xem [4]) Cho α là hàm đơn điệu tăng trên [a, b] và f ∈ R(α) trên [a, b]. Giả sử ϕ là hàm đơn điệu tăng thực sự, liên tục, ánh xạ từ [A, B] lên [a, b]. Đặt β(y) = α(ϕ(y)) , g(y) = f (ϕ(y)) , y ∈ [A, B]. Khi đó g ∈ R(β) và Z b Z B f dα = a gdβ. A 9 Chú ý 1.4.2. Trong trường hợp α(x) ≡ x, tức là β ≡ ϕ. Nếu β 0 ∈ R trên [A, B] thì ta có Z b Z B f (x)dx = f (ϕ(y))ϕ0 (y)dy. a A Mệnh đề 1.4.3. (xem [4]) Giả sử f ∈ R trên [a, b]. Khi đó tích phân phụ thuộc cận trên Z x F (x) = f (t)dt , x ∈ [a, b] a là liên tục trên [a, b]. Hơn nữa, nếu f liên tục tại x0 ∈ [a, b] thì F khả vi tại x0 và F 0 (x0 ) = f (x0 ). Định lý 1.4.4 (Newton–Leibniz3 , xem [4]). Nếu f ∈ R trên [a, b] và nếu tồn tại hàm F khả vi trên đoạn [a, b] sao cho F 0 = f thì Z b f (x)dx = F (b) − F (a). a Thực ra Barrow (thầy giáo của Newton) là người đầu tiên đưa ra kết quả trên (ở một dạng khác). Có vài cuốn sách gọi là định lý Barrow. Nhận xét 1.4.5. Có hàm R khả tích, nhưng   1    sign x = 0     −1 không có nguyên hàm. Chẳng hạn với x < 0 với x = 0 với x > 0 R khả tích trên đoạn [0, 1], nhưng không có nguyên hàm trên đoạn này. Mệnh đề 1.4.6. (xem [4]) (i) Giả sử F và G là các hàm khả vi trên [a, b] sao cho F 0 = f ∈ R, G0 = g ∈ R. Khi đó Z b Z F (x)g(x)dx = F (b)G(b) − F (a)G(a) − a b f (x)G(x)dx. a (ii) Giả sử f và α là các hàm đơn điệu trên [a, b]. Khi đó Z b Z b f dα = f (b)α(b) − f (a)α(a) − αdf, a a nếu một trong hai tích phân có mặt trong công thức trên tồn tại. 3 I. Newton (1642-1726), nhà bác học vĩ đại người Anh; G.W. Leibniz (1646-1716), nhà toán học người Đức. 10 1.5 Các định lý giá trị trung bình • Định lý giá trị trung bình với tích phân Riemann-Stieltjes. Định lý 1.5.1 (Định lý thứ nhất, xem [4]). Giả sử f là hàm liên tục và α là hàm đơn điệu tăng trên [a, b]. Khi đó tồn tại điểm c ∈ [a, b] sao cho Z b f dα = f (c)[α(b) − α(a)]. a Định lý 1.5.2 (Định lý thứ 2, xem [4]). Giả sử f là hàm đơn điệu và α liên tục, đơn điệu tăng trên [a, b]. Khi đó tồn tại điểm c ∈ [a, b] sao cho Z b f dα = f (a)[α(c) − α(a)] + f (b)[α(b) − α(c)] a • Định lý giá trị trung bình với tích phân Riemann. Định lý 1.5.3 (Định lý thứ nhất, xem [4]). Xét các hàm f, g khả tích trên [a, b] và gọi m = inf f (x), M = sup f (x). x∈[a,b] x∈[a,b] Nếu g là hàm không âm (hoặc không dương) trên [a, b] thì Z b Z b g(x)dx với µ ∈ [m, M ]. f (x)g(x)dx = µ a a Hơn nữa, nếu f ∈ C[a, b] thì ∃ξ ∈ [a, b] sao cho Z b Z b g(x)dx. f (x)g(x)dx = f (ξ) a a Định lý 1.5.4 (Định lý thứ hai, xem [4]). Xét các hàm f, g khả tích trên [a, b] và g là hàm đơn điệu trên [a, b]. Khi đó ∃ξ ∈ [a, b] sao cho Z b Z ξ Z b f (x)dx + g(b) f (x)dx. f (x)g(x)dx = g(a) a a ξ Nhận xét 1.5.5. Các định lý trên đây có ý nghĩa hình học là "tồn tại một hình chữ nhật có diện tích bằng một hình phẳng cho trước". 1.6 Một vài ví dụ Ví dụ 1.6.1. Cho hàm f : [0, 1] → R được xác định như sau   1 nếu x = 1 , n ∈ N, n f (x) =  0 trong các trường hợp khác. 11 Z 1 f (x)dx = 0. Chứng tỏ rằng 0 Lời giải. Với mỗi ε > 0 cho trước, tồn tại n0 ∈ N sao cho 1 n < 2ε , ∀n > n0 . Chọn phân hoạch P của đoạn [0, 1] như sau 1 1 < x2 < x3 < ... < xk = < xk+1 < ... n0 + 1 n0 1 1 < xm = < xm+1 < ... < xp = < xp+1 < ... < xq = 1 n0 − 1 2 0 = x0 < x1 = sao cho ∆xi = xi − xi−1 < ε , ∀i 4n0 = 2, 3, ..., k, ..., m, ..., p, ..., q. Khi đó U (f, P ) − L(f, P ) = U (f, P ) < 1 ε ε ε + 2n0 < + = ε. n0 + 1 4n0 2 2 (chú ý L(f, P ) = 0 và khi tính U (f, P ) ta chỉ cần xét (2n0 + 1) đoạn chia [x0 , x1 ], [x1 , x2 ], [xk−1 , xk ], [xk , xk+1 ], ..., [xp−1 , xp ], [xp , xp+1 ], [xq−1 , xq ] thôi). Ví dụ 1.6.2. Với mỗi phân hoạch P của [a, b] ta chọn các điểm t1 , t2 , . . . , tn tùy ý mà ti ∈ [xi−1 , xi ], (i = 1, 2, . . . , n) và xây dựng tổng tích phân sau S(P, f, α) = n X f (ti )∆αi . i=1 Chứng tỏ rằng nếu tồn tại giới hạn lim S(P, f, α) thì f ∈ R(α) và |P |→0 Z f dα. lim S(P, f, α) = |P |→0 b a Lời giải. Do định nghĩa L(P, f, α) = U (P, f, α) = n X i=1 n X mi ∆αi , mi = inf{f (ti ), ti ∈ [xi−1 , xi ]}, mi ∆αi , Mi = sup{f (ti ), ti ∈ [xi−1 , xi ]}, i=1 cùng với cách xác định S(P, f, α) ta thấy ngay L(P, f, α) 6 S(P, f, α) 6 U (P, f, α). Giả sử lim S(P, f, α) = A, thế thì ∀ε > 0, ∃δ > 0 sao cho khi |P | < δ ta có |P |→0 |S(P, f, α) − A| < ε, hay là A − ε < S(P, f, α) < A + ε. 12 Từ đó suy ra S(P, f, α) − ε < L(P, f, α) 6 U (P, f, α) < S(P, f, α) + ε A − 2ε < L(P, f, α) 6 U (P, f, α) < A + 2ε. Cho ε & 0 ta được điều phải chứng minh. Ví dụ 1.6.3. Chứng minh rằng với mỗi hàm f ∈ C[a, b], hàm α(x) đơn điệu tăng trên [a, b] và S(P, f, α) được xác định như trong ví dụ (??), thì Z b lim S(P, f, α) = f dα. |P |→0 a Lời giải. Vì f liên tục trên [a, b], nên f liên tục đều trên [a, b]. Do đó, với mọi ε > 0, tồn tại δ > 0 sao cho |x − x0 | < δ ⇒ |f (x) − f (x0 )| < ε . α(b) − α(a) Hiển nhiên, với mỗi phân hoạch P có độ mịn nhỏ hơn δ, ta có U (P, f, α) − L(P, f, α) < ε, như thế ta được f ∈ R(α). Do L(P, f, α) 6 S(P, f, α) 6 U (P, f, α) ta suy ra điều cần chứng minh. Ví dụ 1.6.4. Cho hàm α tăng trên [a, b], liên tục tại c ∈ [a, b] và hàm f xác định bởi  1 khi x = c f (x) = 0 khi x 6= c Z Chứng minh f ∈ R(α) trên [a, b] và b f dα = 0. a Lời giải. Với mọi ε > 0, theo định lý Rieman (1.1.6) ta cần chứng minh tồn tại phân hoạch P ∈ P sao cho U (P, f, α) − L(P, f, α) < ε. Vì α liên tục tại c nên ∃δ > 0 : |α(x) − α(c)| < ε 2 nếu |x − c| < δ. Chọn một phân hoạch P của [a, b] sao cho a = x0 < x1 < · · · < xn = b với n > 2 thỏa mãn |xi − xi−1 | < 2δ . Khi đó ∃i sao cho xi−1 6 c 6 xi và U (P, f, α) − L(P, f, α) = α(xi ) − α(xi−1 ) = [α(xi ) − α(c)] + [α(c) − α(xi−1 )] < ε. 13 Như vậy f ∈ R(α). Ta lại thấy L(P, f, α) = 0 với mọi P ∈ P, nên sup U (P, f, α) = 0. Xét phân hoạch P của [a, b] như sau o n k n−1 1 (b − a), b , P = a, a + (b − a), . . . , a + (b − a), . . . , a + n n n k−1 k với (b − a) 6 c 6 (b − a). Khi đó ta có n n n X 2(b − a) U (P, f, α) = Mi ∆αi 6 , ∀n ∈ N. n i=1 Do đó 0 6 inf U (P, f, α) 6 2(b − a) , ∀n ∈ N. n Z b f dα = 0. Suy ra inf U (P, f, α) = 0. Vậy a Ví dụ 1.6.5. Cho hàm f ∈ C[a, b], a < c < b và hàm α(x) được xác định như sau:  0 khi x ∈ [a, c), α(x) = 1 khi x ∈ [c, b]. Z b f dα = f (c). Chứng tỏ rằng a Lời giải. Lấy P = (a = x0 < · · · < xn = b) là một phân hoạch của [a, b] sao cho xk−1 < c < xk với k nào đó ∈ {1, 2, . . . , n}. Khi đó, rõ ràng là mi = Mi = inf ti ∈[xi−1 ,xi ] sup f (ti ), L(P, f, α) = f (ti ), U (P, f, α) = ti ∈[xi−1 ,xi ] n X i=1 n X mi ∆αi = mk ∆αk = mk , Mi ∆αi = Mk ∆αk = Mk . i=1 Do f liên tục trên [a, b] nên khi |P | & 0 thì inf U (P, f, α) = sup L(P, f, α) = f (c) và ta có điều phải chứng minh. Ví dụ 1.6.6. Cho hàm α đơn điệu tăng trên [a, b]. Với mỗi hàm f ∈ R(α) đặt kf k2 = Z b 2 |f | dα  21 . a Chứng minh rằng với mọi f, g, h ∈ R(α) ta có bất đẳng thức tam giác kf − hk2 6 kf − gk2 + kg − hk2 . 14 Lời giải. Xét 2 hàm u, v ∈ R(α) ta thấy t2 u2 − 2tuv + v 2 = (tu − v)2 > 0, ∀t ∈ R, ∀x ∈ [a, b], dẫn đến 2 Z b Z 2 u dα − 2t t b Z uvdα + a a b v 2 dα > 0, ∀t ∈ R. a Vế trái coi là tam thức bậc 2 của t, ta suy ra biệt thức ∆0 6 0, nên Z b hZ b i2 Z b 2 uvdα 6 u dα v 2 dα, a a a hay là Z b uvdα 6 Z b 2 u dα  21  Z 2 v dα  12 . a a a b Sử dụng bất đẳng thức trên với u = |f − g|, v = |g − h| ta có 2  Z b Z b kf − hk2 = |f − h| dα = |(f − g) + (g − h)|2 dα a a Z b Z b Z b 2 = |f − g| dα + 2 |(f − g)(g − h)|dα + |g − h|2 dα a a a Z b Z b  21  Z b  21 Z b 2 2 2 |f − g| dα + 2 |f − g| dα 6 |g − h| dα + |g − h|2 dα a a a a 2 h Z b  12  Z b  12 i2  = |f − g|2 dα + |g − h|2 dα = kf − gk2 + kg − hk2 . a 2 a Từ đây suy ra kf − hk2 6 kf − gk2 + kg − hk2 . 15 Chương 2 Một số bất đẳng thức cơ bản 2.1 Bất đẳng thức Cauchy tổng quát và bất đẳng thức Young Bất đẳng thức 2.1.1 (Bất đẳng thức Cauchy1 tổng quát (xem [1])). Cho các số P a1 , a2 , . . . , an > 0 và các trọng số µ1 , µ2 , . . . , µn tức là (µi > 0, ni=1 µi = 1). Khi đó ta có bất đẳng thức: µ1 a1 + µ2 a2 + · · · + µn an > aµ1 1 aµ2 2 . . . aµnn . Với µ1 = µ2 = · · · = µn = 1 n ta được bất đẳng thức Cauchy quen thuộc √ a1 + a2 + · · · + an > n a1 a2 . . . an . n Chứng minh. Ta chỉ cần xét các số ai > 0, µi > 0. Bằng cách khảo sát hàm số f (x) = ln x − x + 1 (x > 0) ta thấy max f (x) = f (1) = 0 ⇒ ln x 6 x − 1 ∀x > 0. Đặt A = µ1 a1 + µ2 a2 + ... + µn an , xi = ai /A ta được ln xi 6 xi − 1, khi đó µi ln xi = ln(xµi i ) 6 µi xi − µi , (∀i = 1, 2, ..., n) n n n n X Y X X ⇒ ln(xµi i ) = ln( xµi i ) 6 µ i xi − µi = 1 − 1 = 0 i=1 ⇒ n Y i=1 i=1 xµi i 6 1. i=1 1 (2.1) A.L. Cauchy (1789-1857), nhà toán học người Pháp. i=1 (2.2) 16 Như thế ta có  a µ1  a µ2  a µn aµ1 1 aµ2 2 ...aµnn 1 2 n ... 61 ⇔ 61 A A A Aµ1 +µ2 +...+µn ⇔ aµ1 1 aµ2 2 ...aµnn 6 A = µ1 a1 + µ2 a2 + ... + µn an . Lấy n = 2 , a1 = ap , a2 = bq , µ1 = 1 p 1 q , µ2 = (a > 0, b > 0, p > 0, q > 0, p1 + 1 q = 1) ta được bất đẳng thức Young2 : ab 6 ap b q + p q (2.3) Tuy nhiên, ta có thể chứng minh trực tiếp bất đẳng thức Young dựa vào tích phân Riemann như sau: Hình 2.1: Minh họa cho chứng minh bất đẳng thức Young Xét hàm số y = xp−1 hay x = y q−1 với x > 0, y > 0 và p > 0, q > 0, p1 + 1 q = 1. Khi đó với a > 0, b > 0 ta có Z ab 6 S1 + S2 = a x p−1 b Z y q−1 dy = dx + 0 0 ap b q + . p q Ta nêu một dạng khác của bất đẳng thức Young. Giả sử f : [0, ∞) → [0, ∞) là hàm liên tục, đơn điệu tăng và f (0) = 0, f (∞) = ∞. Gọi f −1 là hàm ngược của f . Với u > 0, v > 0 ta có bất đẳng thức (xem [1]) Z u Z uv 6 f (x)dx + 0 2 W.H. Young (1882-1946), nhà toán học người Anh. 0 v f −1 (y)dy (2.4) 17 Hình 2.2: Minh họa chứng minh bất đẳng thức Young dạng khác Nhận xét 2.1.2. Với các số dương a1 , a2 , ..., an đặt An = √ a1 + a2 + ... + an , Gn = n a1 a2 ...an , Hn = n 1 a1 + 1 a2 n + ... + 1 an ta được An > Gn > Hn . Ngoài ra, có thể chứng tỏ rằng  A n  A n−1  A 1 n n−1 1 > > ··· > = 1, Gn Gn−1 G1 n(An − Gn ) > (n − 1)(An−1 − Gn−1 ) > · · · > 1(A1 − G1 ) = 0. 2.2 Bất đẳng thức Hölder và bất đẳng thức Cauchy– Schwarz Bất đẳng thức 2.2.1 (Bất đẳng thức Hölder3 (xem [1])). Cho các số x1 , x2 , ..., xn và y1 , y2 , ..., yn tùy ý. Khi đó ta có bất đẳng thức: n X |xi yi | 6 i=1 trong đó p > 0, q > 0, p1 + 1 q n X p |xi | n  p1  X q |yi |  1q , (2.5) i=1 i=1 =1. Khi p = q = 2 ta được bất đẳng thức Cauchy–Schwarz4 quen thuộc (còn gọi là bất đẳng thức Buniacowski5 ). Chứng minh. Ta chỉ cần xét trường hợp 3 Pn i=1 |xi | > 0 và O. Hölder (1859-1937), nhà toán học người Đức. K.H.A. Schwarz (1843-1921), nhà toán học người Đức. 5 V.Ya. Buniakowski (1804-1889), nhà toán học người Ucraina. 4 Pn i=1 |yi | > 0. 18 P P Đặt ai = |xi |/( ni=1 |xi |p )1/p , bi = |yi |/( ni=1 |yi |q )1/q . Theo bất đẳng thức Young ta có ai bi 6 api p + ⇔ bqi q ( |xi |p |yi |q |xi | |yi | 1 1 P P P . . . 6 + . n n n p 1/p ( q 1/q p q p q i=1 |xi | ) i=1 |yi | ) i=1 |xi | i=1 |yi | Pn Cho i = 1, 2, ..., n rồi cộng các bất đẳng thức tương ứng lại ta được Pn Pn Pn q |xi |p 1 |xi yi | 1 i=1 i=1 |yi | i=1 Pn P P P . . 6 + n n p q ( i=1 |xi |p )1/p ( ni=1 |yi |q )1/q p q i=1 |xi | i=1 |yi | 1 1 = + = 1. p q Bất đẳng thức 2.2.2. Cho các hàm không âm f1 , f2 , ..., fn khả tích R-S đối với hàm không giảm α(x) trên đoạn [a, b] và các trọng số µ1 , µ2 , ..., µn . Khi đó ta có bất đẳng thức Z b µ 1  Z b µ 2  Z b µ n Z b µ1 µ2 µn f1 f2 ...fn dα 6 f1 dα f2 dα ... fn dα (2.6) a a Z a a b fi dα > 0 (∀i = 1, 2, ..., n). Ta có Chứng minh. Chỉ cần xét a R b µ1 µ2 µ f f ...f n dα R µ1a R1 2 µn2  R µ n b b b f dα f dα ... f dα 1 2 n a a a Z b    µ1 µ2  f1 f2 fn µn dα ... = Rb Rb Rb f dα f dα f dα a a 1 a 2 a n Z b µ1 f 1 µ2 f 2 µn f n  6 + Rb + ... + R b dα Rb do (2.1.1) a f dα f dα f dα 1 1 n a a a Z b Z b Z b µ1 f 1 µ2 f 2 µn f n = dα + dα + ... + dα Rb Rb Rb f dα f dα f dα a a a 1 2 n a a a = µ1 + µ2 + ... + µn = 1. Từ đây suy ra bất đẳng thức cần phải chứng minh. Lấy n = 2 , f1 = |f |p , f2 = |g|q , µ1 = 1 p , µ2 = 1 q (p > 0, q > 0, p1 + bất đẳng thức Hölder cho tích phân: Z b Z b  p1  Z b  1q p |f | dα |g|q dα . |f g|dα 6 a a 1 q = 1) ta được (2.7) a Với p = q = 2 ta được bất đẳng thức Cauchy–Schwarz quen thuộc cho tích phân. Z b Z b 2 Z b 2 |f g|dα 6 f dα · g 2 dα. (2.8) a a a