Tài liệu Về bất đẳng thức loại gruss và một số bài toán liên quan

.. ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC --------------------------- PHẠM THÀNH CÔNG VỀ BẤT ĐẲNG THỨC LOẠI GRUSS VÀ MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2019 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC --------------------------- PHẠM THÀNH CÔNG VỀ BẤT ĐẲNG THỨC LOẠI GRUSS VÀ MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 8 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC TS. Trần Xuân Quý THÁI NGUYÊN - 2019 Mục lục Mở đầu Chương 1. Về bất đẳng thức Grüss 1.1 Một số kiến thức chuẩn bị . . . . 1.1.1 Hàm số, biến phân và biến 1.1.2 Bất đẳng thức Hölder . . 1.2 Về bất đẳng thức Grüss . . . . . 1.3 Một số bất đẳng thức liên quan . 1.3.1 Bất đẳng thức Karamata . 1.3.2 Bất đẳng thức Steffensen . 1.3.3 Bất đẳng thức Young . . . 1 . . . phân . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . toàn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . phần . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Chương 2. Về bất đẳng thức loại Grüss và một số kết quả liên quan 2.1 Bất đẳng thức Grüss-Chebyshev . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2 Bất đẳng thức loại Grüss đối với tích phân Stieltjes . . . . . . 2.2.1 Bất đẳng thức loại Grüss đối với tích phân Stieltjes có hàm lấy tích phân bị chặn . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2.2 Bất đẳng thức loại Grüss đối với tích phân Stieltjes có hàm lấy tích phân là hàm Lipschitz . . . . . . . . . . . 2.3 Bất đẳng thức loại Grüss đối với tích phân Riemann-Stieltjes . 3 3 3 5 6 10 10 13 15 17 17 19 19 27 37 Kết luận 40 Tài liệu tham khảo 41 1 Mở đầu Chủ để “bất đẳng thức” là chủ đề luôn được khai thác trong các kỳ thi chọn học sinh giỏi, ở các lớp, các cấp phổ thông, không phải chỉ tính trực quan của bài toán “so sánh” mà vấn đề nay thực sự có nhiều ứng dụng trong toán học hiện đại. Bài toán bất đẳng thức được nghiên cứu trong nhiều khía cạnh của toán học, từ toán học lý thuyết thuần túy đến toán học ứng dụng. Cùng với sự phát triển của công nghệ thông tin, thì các bài toán giải gần đúng đang được sự quan tâm của nhiều nhà toán học ứng dụng, mà bên cạnh nó không thể thiếu các bài toán “so sánh”. Cùng với vai trò của các bất đẳng thức như bất đẳng thức AM – GM, Cauchy – Bunyakovsky – Schwarz. . . ., năm 1935 nhà toán học người Đức G Grüss đã chứng minh một bất đẳng thức tích phân cho sự liên hệ giữa tích phân của một tích hai hàm số và tích phân của từng hàm số và được mang tên ông đó là bất đẳng thức Grüss ứng dụng và áp dụng trong nhiều lĩnh vực khác nhau của Toán học. Vì lý do đó chúng tôi đã chọn đề tài luận văn là “Bất đẳng thức loại Grüss và một số bài toán liên quan” Nội dung luận văn được chia thành hai chương được tham khảo từ tài liệu chính là [2] các tài liệu liên quan được trình bày trong danh mục tài liệu tham khảo. Nội dung luận văn, ngoài phần Mở đầu, Kết luận và Tài liệu tham khảo, được chia làm hai chương: Chương 1. Về bất đẳng thức Grüss. Chương này trình bày lại các kiến thức cơ bản liên quan đến luận văn như: Trình bày lại một số khái niệm trong hàm số như biến phân, biến phân toàn phân và tính chất. Bất đẳng thức Hölder. Bất đẳng thức Grüss, chỉ ra điều kiện yếu hơn giả thiết Grüss. Một số bất đẳng thức liên quan là Karamta, Steffensen, Young. Chương 2. Về bất đẳng thức loại Grüss và một số kết quả liên quan. 2 Chương này trình bày các biến thể của bất đẳng thức Grüss, chẳng hạn như: Bất đẳng thức Grüss-Chebyshev. Bất đẳng thức kiểu Grüss đối với tích phân Stieltjes có hàm lấy tích phân bị chặn. Bất đẳng thức kiểu Grüss đối với tích phân Stieltjes có hàm lấy tích phân là hàm Lipschitz. Bất đẳng thức kiểu Grüss đối với tích phân Riemann-Stieltjes. Trong quá trình học tập và nghiên cứu tại trường Đại học khoa học Thái Nguyên, em luôn nhận được sự quan tâm giúp đỡ và động viên của các thầy cô trong Ban Giám hiệu, phòng Đào tạo, Khoa Toán – Tin. Tác giả xin chân thành cám ơn Ban giám hiệu trường THCS Tân Liên, Vĩnh Bảo, Hải Phòng cùng toàn thể các anh chị em đồng nghiệp đã tạo nhiều điều kiện tốt cho tác giả trong thời gian đi học cao học; cám ơn các anh chị em học viên lớp cao học Toán K11 và bạn bè đồng nghiệp đã trao đổi, động viên và khích lệ tác giả trong quá trình học tập và làm luận văn tại trường Đại học Khoa học – Đại học Thái Nguyên. Đặc biệt em xin được lòng biết ơn sâu sắc tới thầy giáo hướng dẫn, TS. Trần Xuân Quý đã luôn quan tâm ân cần chỉ bảo, động viên khích lệ, giúp đỡ tận tình và góp ý sâu sắc cho em trong suốt quá trình học tập cũng như thực hiện đề tài. Chặng đường vừa qua sẽ là những kỉ niệm đáng nhớ và đầy ý nghĩa đối với các anh chị em học viên lớp cao học Toán K11 nói chung và với bản thân em nói riêng. Dấu ấn ấy hiển nhiên không thể thiếu sự hỗ trợ, sẻ chia đầy yêu thương của cha mẹ, và các anh chị em trong gia đình. Xin chân thành cám ơn tất cả những người thân yêu đã giúp đỡ, đồng hành cùng em trên chặng đường vừa qua. Một lần nữa, em xin trân trọng cảm ơn! Thái Nguyên, ngày 25 tháng 12 năm 2019 Học viên Phạm Thành Công 3 Chương 1 Về bất đẳng thức Grüss Trong chương này, chúng tôi, trình bày một số kiến thức khái niệm và tính chất về hàm số liên tục tuyệt đối, biến phân và biến phân toàn phần của hàm số. Bất đẳng thức Hölder dạng đại số và dạng giải tích, Bất đẳng thức Grüss. Các kết quả này được sử dụng cho các chứng minh ở Chương 2. 1.1 1.1.1 Một số kiến thức chuẩn bị Hàm số, biến phân và biến phân toàn phần Định nghĩa 1.1.1. (a) Hàm số f : [a, b] → R được gọi là liên tục tuyệt đối trên [a, b] nếu với mọi ε > 0 tồn tại số dương δ thỏa mãn n X |f (xi ) − f (yi )| < ε, i=1 với mọi họ hữu hạn các khoảng rời nhau {[xi , yi ] : i = 1, 2, . . . , n} của P [a, b] với ni=1 |xi − yi | < δ. (b) Hàm số f : [a, b] → R được gọi là có biến phân bị chặn trên [a, b] khi và chỉ khi tồn tại hằng số M > 0 thỏa mãn n X |f (xi ) − f (xi−1 )| 6 M, i=1 với mọi phân hoạch P = {x0 , x1 , · · · , xn } của [a, b]. 4 (c) Nếu hàm số f : [a, b] → R có biến phân bị chặn trên [a, b], thì biến phân toàn phần của f trên [a, b] được xác định như sau b _ (f ) = a  n X sup P={x0 ,x1 ,··· ,xn } phân hoạch của[a,b]  i=1   |f (xi ) − f (xi−1 ) |. Nhận xét 1.1.2. Một hàm liên tục tuyệt đối trên [a, b] thì liên tục đều và có biến phân bị chặn trên [a, b]. Ví dụ 1.1.3. Nếu f : [a, b] → R là hàm đơn điệu tăng thì với mọi phân hoạch P = {x0 , x1 , · · · , xn } của [a, b] ta có n X n X |f (xi ) − f (xi−1 )| = i=1 {f (xi ) − f (xi−1 )} i=1 = f (xn ) − f (x0 ) = f (b) − f (a). Vì vậy, hàm f có biến phân bị chặn và b _ (f ) = f (b) − f (a). a Ví dụ 1.1.4. Nếu hàm f : [a, b] → R liên tục trên [a, b] và khả vi trên (a, b) với sup |f 0 (x)| > M , thì với mọi phân hoạch P = {x0 , x1 , · · · , xn } của [a, b] a 0, a, b > 0. Nếu đặt u = xa , v = y b , p = (a + b)/a và q = (a + b)/b, rõ ràng p > 1 và ta có bất đẳng thức sau 1 1 1 1 + = 1 =⇒ uv 6 up + v q . p q p q (1.2) Bất đẳng thức này được gọi là bất đẳng thức Young. Kết quả dưới đây được gọi là bất đẳng thức Hölder. Định lý 1.1.7 (Bất đẳng thức Hölder). Cho hai bộ số a1 , a2 , . . . , an và 1 1 b1 , b2 , . . . , bn là hai bộ n số thực dương và p > 1, thỏa mãn + = 1. p q Khi đó ta có bất đẳng thức sau n X i=1 ai b i 6 1  n 1 n q X  p X p  q  ai bi . i=1 i=1 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi api = kbqi với mọi i ∈ {1, 2, , . . . , n}. (1.3) 6 Kết quả tiếp theo là bất đẳng thức Hölder ở dạng giải tích, chúng tôi chỉ trình bày kết quả mà không chứng minh. Định lý 1.1.8 (Bất đẳng thức Hölder dạng giải tích). Giả sử p, q > 1 thỏa 1 1 mãn + = 1, f và g là hai hàm số liên tục trên đoạn [a, b], khi đó p q Z b a Z b |f (x)g(x)| dx 6 a p !1 |f (x)| dx p Z b a q !1 |g(x)| dx q (1.4) Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi tồn tại hai số thực A và B không đồng thời bằng không sao cho A |f (x)|p = B |g(x)|q 1.2 ∀x ∈ [a, b]. Về bất đẳng thức Grüss Giả sử f, g và p là các hàm khả tích trên [a, b]. Ta có các ký hiệu sau P (x) = Z x a Rb A(f ; p) = P (x) = P (b) − P (x), p(t)dt, a ! p(x)f (x)dx Rb a ! A(f ) = A(f ; 1), , p(x)dx T (f, g; p) = A(f g; p) − A(f ; p)A(g; p), A(f ; p) R(f, g; p) = , A(f ; p)A(g; p) T (f, g) = T (f, g; 1), R(f, g) = R(f, g; 1), Giả sử f và g là hai hàm số xác định và khả tích trên [a, b], thỏa mãn điều kiện ϕ 6 f (x) 6 φ, γ 6 g(x) 6 Γ (1.5) với mỗi x ∈ [a, b], trong đó ϕ, φ, γ, Γ là các số thực cho trước. Năm 1935 G. Grüss đã đưa ra khẳng định sau: 1 |T (f, g)| 6 (φ − ϕ)(Γ − γ), 4 (1.6) trong bài báo công bố năm 1935 Grüss đã chứng minh bất đẳng thức này và cũng chỉ ra 1/4 là xấp xỉ tốt nhất. Hàm T (f, g) được gọi là hàm Čebyšev. 7 Định lý 1.2.1. Cho f, g : [a, b] → R là các hàm khả tích trên [a, b] và thỏa mãn điều kiện γ 6 g(x) 6 Γ với mọi x ∈ [a, b]. φ 6 f (x) 6 Φ, (1.7) Khi đó ta có bất đẳng thức sau |T (f, g)|   Z b   1 1 Zb 1 Zb  f (x)g(x)dx − f (x)dx · g(x)dx :=  b−a a b−a a b−a a 1 6 (Φ − φ)(Γ − γ) 4 Hằng số (1.8) 1 là xấp xỉ tốt nhất. 4 Chứng minh. Từ đẳng thức (b − a) Z b a Z b Z b f (x)g(x)dx − f (x)dx g(x)dx a a 1Z bZ b (f (x) − f (y))(g(x) − g(y))dxdy = 2 a a (1.9) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Bunyakovsky-Schwarz, ta có Z Z  b b   (f (x)  a a "Z Z b b ≤ a a − f (y))(g(x) − 2   g(y))dxdy  # 1 "Z Z 2 b b (f (x) − f (y)) dxdy a a 2 #1 2 (g(x) − g(y)) dxdy . (1.10) Từ đẳng thức (1.9) ta có 1Z bZ b (f (x) − f (y))2 dxdy 2 a a = (b − a) Z b a 2 f (x)dx − Z b a !2 f (x)dx , (1.11) ta cũng có đẳng thức tương tự đối với hàm g. Từ đó ta có 2 1 Zb 2 1 Zb f (x)dx − f (x)dx b−a a b−a a ! ! 1 Zb 1 Zb = Φ− f (x)dx f (x)dx − φ b−a a b−a a 1 Zb − (f (x) − φ)(Φ − f (x))dx b−a a ! (1.12) 8 và tương tự ta có đẳng thức (1.12) đối với hàm g. Theo giả thiết (1.7) ta có (f (x) − φ)(Φ − f (x)) > 0 với mọi x ∈ [a, b], vì vậy Z b (f (x) − φ)(Φ − f (x))dx > 0 a từ đẳng thức (1.12) suy ra 2 1 Zb 2 1 Zb f (x)dx − f (x)dx (1.13) b−a a b−a a ! ! 1 Zb 1 Zb ≤ Φ− f (x)dx f (x)dx − φ b−a a b−a a " ! !#2 1 Zb 1 1 Zb Φ− f (x)dx + f (x)dx − φ 6 4 b−a a b−a a 1 = (Φ − φ)2 4 ! trong đánh giá trên, ta đã sử dụng bất đẳng thức quen thuộc A+B 2 !2 > AB. Tương tự ta có 1 (g(x) − g(y))2 dxdy 6 (Γ − γ)2 . a 4 Z bZ b a (1.14) Sử dụng bất đẳng thức (1.10) kết hợp với bất đẳng thức (1.11) và các đánh giá trong (1.13) và (1.14), ta thu được  Z Z 1 b b   (f (x) 2 a a − f (y))(g(x) −   g(y))dxdy  1 6 (Φ − φ)(Γ − γ)(b − a)2 4 và từ (1.9), ta suy ra (1.8). 1 Để chứng minh hằng số là xấp xỉ tốt nhất, ta chọn hàm f, g : [a, b] → R, 4 ! ! a+b a+b xác định như sau f (x) = sgn x − , g(x) = sgn x − . Khi đó 2 2 ta có Z b Z b Z b f (x)g(x)dx = 1, f (x)dx = g(x)dx = 0 a a a và Φ−φ=Γ−γ =2 ta nhận được dấu đẳng thức trong bất đẳng thức (1.8). 9 Nhận xét 1. (a) Điều kiện (1.7) có thể làm giảm với điều kiện yếu hơn như sau Z b a (f (x) − φ)(Φ − f (x))dx > 0, Z b a (Γ − g(x))(g(x) − γ)dx > 0. (1.15) (b) Nếu ta xét hàm f (x) = (x − a)p , p > 0, thì ta thu được bất đẳng thức moment đối với hàm g:  Z b   (x   a   1 (b − a)p Z b  p − a) g(x)dx − g(x)dx 6 (b − a)p+1 (M − m),  p+1 a 4 trong đó giả sử m 6 g(x) 6 M với x ∈ [a, b]. Bất đẳng thức (1.8) có thể thu được ước lượng tốt hơn nếu ta thêm điều kiện hạn chế đối với các hàm f và g. Thật vậy, xét ∆nh f (x) là sai phân thứ n của hàm f , nghĩa là ∆nh f (x) = n X (−1)n−k Cnk f (x + kh). k=0 Hàm f xác định trên (a, b) được gọi là đơn điệu bậc p nếu ∆nh f (x) > 0 hoặc ∆nh f (x) 6 0 với mọi n = 1, 2, . . . , p với mọi x ∈ (a, b), h > 0, x + nh < b. Nếu f đơn điệu bậc p trong (a, b) với mọi p = 1, 2, . . . , thì ta nói rằng f đơn điệu tuyệt đối trên (a, b). Ta có khẳng định sau Định lý 1.2.2 (Grüss, 1935). Nếu các hàm f, g là đơn điệu tuyệt đối trên (0, 1) thì ta có các bất đẳng thức sau 4 (Φ − φ)2 45 (1.16) 4 (Φ − φ)(Γ − γ) 45 (1.17) T (f, f )2 6 và T (f, g) 6 Hằng số 4/45 trong các bất đẳng thức (1.16) và bất đẳng thức (1.20) là ước lượng tốt nhất có thể, chẳng hạn chọn hàm f (x) = x2 ta thu được dấu đẳng thức trong (1.16). Trong bài báo công bố năm 1935, Grüss đã chứng minh hai bất đẳng thức này bằng đa thức Berstein. Nhưng cũng năm 1935, E Landau đã đưa ra cách chứng minh đơn giản hơn, và năm 1936, E Landau đã chứng minh hai bất đẳng thức (1.16) và (1.20) đúng nếu các hàm f, g 10 đơn điệu cấp 4. Đối với các hàm đơn điệu cấp k = 1, 2, 3 E Landau đã chứng minh được: 1 (1.18) T (f, g) 6 (Φ − φ)(Γ − γ) với k = 1, 4 1 (1.19) T (f, g) 6 (Φ − φ)(Γ − γ) với k = 2, 9 9 T (f, g) 6 (Φ − φ)(Γ − γ) với k = 3. (1.20) 100 Năm 1936, G. H. Hardy đã đưa ra khẳng định sau Định lý 1.2.3 (Hardy, 1936). Nếu hàm số f : R+ → R thỏa mãn f (x) > 0, f 0 (x) 6 0, f ”(x) > 0, f 000 (x) 6 0, . . . với mọi x ∈ R+ và φ 6 f (x) 6 Φ, γ 6 g(x) 6 Γ với mọi x ∈ [0, a]. Khi đó ta có bất đẳng thức sau |T (f, g)| 6 1 (Φ − φ)(Γ − γ) 12 với |T (f, g)| =     b  1 Za 1 Za 1 Za f (x)g(x)dx − f (x)dx · g(x)dx −a 0 b−a 0 b−a 0  Bất đẳng thức Grüss chỉ ra cận trên và cận dưới cho sai phân D(f, g). Một ước lượng tương tự cũng đã được J. Karamata chứng minh đối với Z 1 R(f, g) = 0 f (x)dx Z 1 0 Z 1 0 g(x)dx . f (x)g(x)dx Kết quả này được gọi là bất đẳng thức Karamata, kết quả này sẽ được chứng minh trong phần tiếp theo. 1.3 1.3.1 Một số bất đẳng thức liên quan Bất đẳng thức Karamata Định lý 1.3.1. Cho f, g : [0, 1] → R là các hàm khả tích và thõa mãn điều kiện 0 < a 6 f (t) ≤ A và 0 < b 6 g(t) 6 B với t ∈ [0, 1], khi đó ta có bất 11 đẳng thức Z 1 K −2 6 0 Z 1 0 f (x)g(x)dx f (x)dx Z 1 0 g(x)dx 6 K 2, (1.21) trong đó √ √ ab + AB √ > 1. K=√ aB + Ab Z 1 (1.22) Z 1 Z 1 Chứng minh. Cho F = f (t)dt, G = g(t)dt và V = f (t)g(t)dt. Khi 0 0 0 đó, theo định lý giá trị trung bình, tồn tại y1 và y2 sao cho V − bF = Z 1 0 f (t)(g(t) − b)dt = (G − b)y1 , a 6 y1 6 A và BF − V = Z 1 0 f (t)(B − g(t))dt = (B − G)y2 , Ta có a 6 y2 6 A. y1 A a 6 6 A y2 a vì vậy G−b a V − bF G−b A 6 ≤ . B−G A BF − V B−G a ! ! (1.23) Từ (1.23) ta có h(G) 6 với V 6 H(G), F H(x) = ab(B − x) + AB(x − b) a(B − x) + A(x − b) h(x) = Ab(B − x) + aB(x − b) . A(B − x) + a(x − b) và (1.24) Xét θ(x) := H(x) (A − a)(B − x)(x − b) =1+ , x x[a(B − x) + A(x − b)] x ∈ [b, B] 12 khi đó θ(b) = θ(B) = 1. Hơn nữa (A − a) ab(B − x)2 − AB(x − b)2 θ (x) = · x2 [a(B − x) + A(x − b)]2 0 (A − a) (A − a) > 0, θ0 (B) = − < 0, vì vậy tồn tại giá trị lớn ab AB nhất tại x∗ trong đó √ √ aB + Ab √ √ θ0 (x∗ ) = 0 và x∗ = √ · bB ab + AB √ với b < x∗ < bB < B. Ta có θ(x∗ ) = K, vậy ta thu được (1.22). √ √ h(x) AB + ab √ bB √ Tương tự, đạt giá trị bé nhất tại x∗ = √ · bB = ∗ , x x Ab + aB √ h (x. ) 1 1 với b < bB < x∗ < B. Với = = < 1 ta có điều phải chứng x. θ (x∗ ) K minh. và θ0 (b) = Nhận xét 2. (a) Bất đẳng thức (1.21) có thể mở rộng dễ dàng lên đối với các hàm xác định trên [α, β] thu được bất đẳng thức sau Z β K −2 6 f (x)dx α (β − α) Z β α Z β α g(x)dx 6 K 2, (1.25) f (x)g(x)dx với 0 < a 6 f (t) 6 A và 0 < b 6 g(t) 6 B với t ∈ [a, b]. Lupaş1 đã mở rộng bất đẳng thức Karamata với hàm tuyến tính dương. (b) Nếu ta xét g(t) = 1 thì ta thu được f (t) 0 < k −2 (β − α)2 6 Z β α f (x)dx với q 2 k = 1    a A + 2 r 2 A a   Z β α dx 6 k 2 (β − α)2 f (x) (1.26) (a + A)2 = > 1. 4aA A. Lupas, On two inequalities of Karamata, Univ. Beograd Publ. Elektrotehn. Fak. Ser. Mat. Fiz., No. 602-633 (1978), 119-123 13 Vế phải của bất đẳng thức (1.26) được chỉ ra bởi Schweitzer2 (1914) và bất đẳng thức này có thể suy ra từ bất đẳng thức Grüss (1.8). Áp dụng bất đẳng thức Karamata thì ta thu được cận dưới chặt hơn (cận dưới nhỏ hơn không). 1.3.2 Bất đẳng thức Steffensen Định lý 1.3.2. Cho f, g : [a, b] → R là các hàm khả tích trên [a, b] sao cho f là hàm không tăng và 0 6 g(t) 6 1 với t ∈ [a, b]. Khi đó ta có bất đẳng thức Z b b−λ với λ = Z b a f (t)dt 6 Z b a f (t)g(t)dt 6 Z a+λ a f (t)dt, (1.27) g(t)dt. Chứng minh. Vì λ 6 b − a nê a + λ, b − λ ∈ [a, b]. Ta dễ dàng có Z a+λ a f (t)dt − Z b a f (t)g(t)dt = Z a+λ a [f (t) − f (a + λ)](1 − g(t))dt + Z b a+λ [f (a + λ) − f (t)]g(t)dt. (1.28) Vì f là hàm không tăng và 0 6 g(t) 6 1, nên ta có Z a+λ a f (t)dt − Z b a f (t)g(t)dt > 0 hay ta thu được bất đẳng thức bên phải của (1.27). Tiếp theo, trong (1.28) thay hàm g(t) bởi 1 − g(t) ta thu được Z b a f (t)g(t)dt − Z b b−λ f (t)dt = Z b−λ a + [f (t) − f (b − λ)]g(t)dt Z b b−λ [f (b − λ) − f (t)](1 − g(t))dt (1.29) vì vế phải không âm nên ta thu được bất đẳng thức đầu tiên của (1.27). Nhận xét 3. (a) Giả thiết 0 6 g(t) 6 1 có thể thay bằng giả thiết 0 6 g(t) 6 g(t) A và bằng cách thay hàm g(t) bằng hàm trong bất đẳng thức (1.27), A thu được kết quả tương tự (xem Hayashi). 2 P. Schweitzer, An inequality about the arithmetic mean (Hungarian), Math. Phys. Lapok (Budapest), 23 (1914), 257-261 14 Steffensen3 đã chỉ ra được kết quả tổng quát hơn bất đẳng thức (1.27), và kết quả của Hayashi là một trường hợp đặc biệt. Steffensen đã chỉ ra, với φ 6 g(x) 6 Φ, x ∈ [a, b] thì ta có bất đẳng thức φ Z b−λ a f (t)dt + Φ Z b b−λ Z b f (t)dt 6 a 6Φ Z b với λ = a G(t)dt, G(t) = f (t)g(t)dt Z a+λ a f (t)dt + φ Z b a+λ f (t)dt g(t) − φ , Φ 6= φ. Φ−φ Vasić và Pečarić chỉ ra rằng bất đẳng thức (1.27) đúng khi và chỉ khi 06 Z b x g(t)dt 6 b − x và 0 6 Z x a g(t)dt 6 x − a với mọi x ∈ [a, b]. (b) Với m 6 h0 (t) 6 M , năm 2000 Cerone và Dragomir công bố kết quả về bất đẳng thức hình thang: Z  b   h(x)dx  a  (b − a)2 b−a [h(a) + h(b)] 6 (S − m)(M − S), − 2 2(M − m)  h(b) − h(a) bằng cách chọn f (x) = θ − x, θ ∈ [a, b] và (M − b−a m)g(x) = h0 (x) − m trong (1.27). với S = (c) Với [c, d] ⊆ [a, b] và λ = d − c = Z d c f (t)dt − Z b a f (t)g(t)dt = Z b a Z c a + g(t)dt có đẳng thức sau (f (d) − f (t))g(t)dt Z d c (f (t) − f (d))(1 − g(t))dt + Z b d (f (d) − f (t))g(t)dt. (1.30) Chọn c = a và d = a+λ thu được đẳng thức (1.28). Bất đẳng thức (1.29) suy ra từ bất đẳng thức (1.30) bằng cách thay hàm g(t) bởi 1 − g(t). Từ đẳng thức này Cerone4 (2001) đã chỉ ra Z d 2 c2 3 f (t)dt − r (c2 , d2 ) 6 Z b a f (t)g(t)dt 6 Z d 1 c1 f (t)dt − R (c1 , d1 ) J.F. Steffensen, On certain inequalities between mean values, and their applications to actuarial prob- lems, Strand. Aktuarietidskrift, 82-97 4 P. Cerone, On some generalisations of Steffensen’s inequality and related results, J. Ineq. Pure Appl. Math., 2(3) (2001), Art. 28. 15 trong đó Z b r (c2 , d2 ) = d2 (f (c2 ) − f (t)) g(t)dt > 0 và R (c1 , d1 ) = Z c 1 a (f (t) − f (d1 )) g(t)dt > 0, với [ci , di ] ⊂ [a, b], d1 < d2 và λ = di − ci , i = 1, 2. Chọn c1 = a và d2 = b thu được bất đẳng thức Steffensen (1.27). 1.3.3 Bất đẳng thức Young Định lý 1.3.3. Cho f là hàm liên tục và đồng biến trên [0, c] với c > 0. Nếu f (0) = 0, a ∈ [0, c] và b ∈ [0, f (c)], thì với f −1 là hàm ngược của hàm f , ta có bất đẳng thức Z a 0 f (x)dx + Z b 0 f −1 (x)dx > ab. (1.31) Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi b = f (a). Chứng minh. Xét hàm g(.) xác định như sau g(a) = ba − Z a 0 f (x)dx (1.32) với tham số b > 0. Khi đó g(.) là hàm đồng biến. Ngoài ra, vì g 0 (a) = b−f (a), nên ta có     > 0, 0 < a < f −1 (b)     g 0 (a) = = 0, a = f −1 (b)      < 0, a > f −1 (b). Vì vậy hàm g(a) là giá trị lớn nhất của hàm g với a = f −1 (b), nghĩa là, g(a) 6 max g(x) = g f −1 (b) .   Bằng cách tích phân từng phần, từ đẳng thức(1.32) ta có g(a) = ba − a  xf (x) 0 + Z a 0 xf 0 (x)dx và g(a) = ba − af (a) + Z a 0 xf 0 (x)dx. (1.33) 16 Thay thế y = f (x) ta được g(a) = ba − af (a) + Z f (a) 0 f −1 (y)dy (1.34) và g f −1 (b) =   Z b 0 f −1 (y)dy. (1.35) Từ đẳng thức (1.35), bất đẳng thức (1.33) và (1.32) ta thu được (1.31). Ta thấy rằng, từ đẳng thức (1.34) suy ra dấu bằng xảy ra trong bất đẳng thức (1.31) nếu b = f (a). Nhận xét 4. (a) Nếu chọn hàm f (x) = xp−1 , p > 1 thì f −1 (x) = xq−1 với 1 1 p > 1, + = 1. Từ bất đẳng thức (1.31) ta có p q ap b q + > ab với a, b > 0, p q đây là bất đẳng thức AM-GM. (b) Nếu chọn hàm f (x) = ln(x + 1) và a được thay bởi a − 1, thì ta thu được ab 6 a(ln a − 1) + eb . (c) Năm 2006, Witkowski (xem [15]) đã đưa ra dạng ngược cho bất đẳng thức Young như sau Z a 0 f (x)dx + Z b 0 f −1 (x)dx 6 ab + f −1 (b) − a (b − f (a)).   17 Chương 2 Về bất đẳng thức loại Grüss và một số kết quả liên quan Có nhiều bất đẳng thức liên quan tới kết quả nổi tiểng của Grüss về xấp xỉ trung bình tích phân của tích hai hàm với tích của trung bình tích phân hai hàm tương ứng. Trong chương này sẽ trình bày một số kết quả đó. Cụ thể, chương 2 sẽ trình bày về bất đẳng thức tích phân Grüss-Chebyshev; một số bất đẳng thức liên quan như Karamata, Steffensen và Young; bất đẳng thức loại Grüss đối với tích phân Stieljes với hàm lấy tích phân bị chặn, hàm lấy tích phân là hàm Lipschitx và tích phân Riemann-Stieljes. 2.1 Bất đẳng thức Grüss-Chebyshev Định lý 2.1.1. Cho f, g : [a, b] → R là các ánh xạ L1 , L2 -Lipschitz trên [a, b], nghĩa là |f (x) − f (y)| 6 L1 |x − y|, |g(x) − g(y)| 6 L2 |x − y| với mọi x, y ∈ [a, b]. Khi đó ta có bất đẳng thức:     b  1 Zb 1 Zb 1 Zb f (x)g(x)dx − f (x)dx · g(x)dx −a a b−a a b−a a  (2.1)