MỘT HƯỚNG xây DỰNG bất ĐẲNG THỨC TÍCH PHÂN

MỘT HƯỚNG XÂY DỰNG BẤT ĐẲNG THỨC TÍCH PHÂN Võ Anh Tú, Trần Hoài Bảo - 54A Toán Người hướng dẫn: ThS. Nguyễn Trần Thuận Mở đầu Bất đẳng thức tích phân nội dung quan trọng thường gặp kỳ thi Olympic Toán học sinh viên. Những toán liên quan đến bất đẳng thức tích phân thường toán tương đối khó cách tiếp cận lời giải không “tự nhiên”. Bên cạnh đó, nhiều bất đẳng thức tích phân có dạng tương tự bất đẳng thức đại số cổ điển bất đẳng thức Bunhiakovski, Minkovski . có hướng khác để tiếp cận toán dạng này. Tuy nhiên viết này, trình bày hướng xây dựng bất đẳng thức tích phân nhờ vào bất đẳng thức cổ điển thông qua đường xây dựng tích phân. Cụ thể, chuyển bất đẳng thức cổ điển dạng đại số (dạng rời rạc) sang dạng tích phân (dạng liên tục) bất đẳng thức Bunhiakovski, Minkovski, Holder, Jensen. Vì bất đẳng thức trình bày dạng ¨ tổng quát nên đặc biệt hóa số yếu tố, thu toán thú vị. Tích phân Riemann Trong mục này, nhắc lại khái niệm cách xây dựng tích phân Riemann. Cho [ a; b] đoạn đóng bị chặn R ( a < b). Một họ hữu hạn điểm { xi , ≤ i ≤ n} mà a = x0 < x1 < x2 < · · · < xn = b gọi phép phân hoạch (hữu hạn) đoạn [ a; b] ký hiệu π = { x0 , x1 , . . . , xn }. Khi ta có [ a; b] = [ x0 ; x1 ] ∪ [ x1 ; x2 ] ∪ · · · ∪ [ xn−1 ; xn ]. Số d(π ) = max1≤i≤n ( xi − xi−1 ) = max1≤i≤n ∆xi gọi độ dài phép phân hoạch π. Ta ký hiệu P [ a; b] họ tất phép phân hoạch [ a; b]. Xét f ( x ) hàm xác định đoạn [ a; b]. Gọi π = { x0 , x1 , . . . , xn } ∈ P [ a; b] phân hoạch [ a; b]. Với i = 1, . . . , n, đoạn [ xi−1 ; xi ], ta chọn giá trị ξ i tùy ý ký hiệu γ = (ξ , . . . , ξ n ) cách chọn ứng với phân 32 hoạch π. Lập tổng (π ) Sγ n = ∑ n f (ξ i )( xi − xi−1 ) = i =1 (π ) Sγ ∑ f (ξ i )∆xi i =1 gọi tổng Riemann f [ a; b] ứng với phân hoạch π cách chọn γ. Nếu với cách chọn γ ứng với phân hoạch π, tồn giới hạn hữu hạn (π ) lim Sγ d(π )→0 =S giới hạn S không phụ thuộc vào phân hoạch π cách chọn γ ta nói f ( x ) khả tích Riemann [ a; b] S gọi tích phân Riemann (tích phân xác định) f ( x ) [ a; b], ký hiệu b S= f ( x )dx. a Sau nhắc lại số tiêu chuẩn để hàm số khả tích. Mệnh đề. 1) Nếu f ( x ) hàm liên tục đoạn [ a; b] f ( x ) khả tích [ a; b]. 2) Nếu f ( x ) bị chặn [ a; b] có số hữu hạn điểm gián đoạn [ a; b] f ( x ) khả tích [ a; b]. 3) Nếu f ( x ) bị chặn đơn điệu [ a; b] khả tích [ a; b]. Từ bất đẳng thức đại số đến bất đẳng thức tích phân Trong mục này, chuyển số bất đẳng thức cổ điển từ dạng đại số sang dạng tích phân cách sử dụng định nghĩa tích phân. 5.1 Bất đẳng thức Bunhiakovski Dạng đại số: Cho hai dãy số thực x1 , x2 , . . . , xn y1 , y2 , . . . , yn . Khi đó, ta có n ∑ xi yi i =1 n ∑ xi2 ≤ i =1 n ∑ y2i (3.1.1) . i =1 Từ bất đẳng thức Bunhiakovski dạng đại số (3.1.1) trên, ta có dạng tích phân tương ứng sau: Dạng tích phân: Cho f , g : R → R hai hàm liên tục đoạn [ a; b]. Khi đó, b a f ( x ) g( x )dx b ≤ a 33 f ( x )dx b a g2 ( x )dx . (3.1.2) Chứng minh. Bất đẳng thức (3.1.2) chứng minh dựa vào phương pháp xét dấu tam thức bậc hai. Ở trình bày cách chứng minh khác dựa vào định nghĩa tích phân. Với số tự nhiên n, ta phân hoạch đoạn [ a; b] thành n phần có độ dài với điểm chia ξ k = a + nk (b − a), k = 0, 1, . . . , n, đoạn có độ dài (b − a)/n. Áp dụng bất đẳng thức (3.1.1) ta có n ∑ f (ξ i ) g(ξ i ) n ∑ ≤ i =1 ∑ g2 ( ξ i ) i =1 n b−a ( f .g)(ξ i ) n i∑ =1 ⇐⇒ n f (ξ i ) i =1 n b−a n g (ξ i ) n i∑ =1 b−a f (ξ i ) n i∑ =1 ≤ (3.1.3) Vì f , g hàm liên tục [ a; b] nên f .g hàm liên tục [ a; b], điều đảm bảo cho tồn tích phân (3.1.2). Lấy giới hạn hai vế (3.1.3) n → ∞ sử dụng định nghĩa tích phân xác định ta thu (3.1.2). 5.2 Bất đẳng thức Minkovski Dạng đại số: Cho hai dãy số thực x1 , x2 , . . . , xn y1 , y2 , . . . , yn , số thực p ≥ 1. Khi đó, ta có n 1/p ∑ | xi + yi | p n ∑ | xi | p ≤ 1/p n ∑ | yi | p + (3.2.1) . i =1 i =1 i =1 1/p Từ bất đẳng thức Minkovski dạng đại số (3.2.1) trên, ta có dạng tích phân tương ứng sau: Dạng tích phân: Cho số thực p, q > với 1/p + 1/q f , g : R → R hai hàm liên tục đoạn [ a; b]. Khi đó, b a | f ( x ) + g( x )| p dx 1/p b ≤ a | f ( x )| p dx 1/p b + a | g( x )| p dx 1/p . (3.2.2) Chứng minh. Với số tự nhiên n, ta phân hoạch đoạn [ a; b] thành n phần có độ dài với điểm chia ξ k = a + nk (b − a), k = 0, 1, . . . , n. Áp dụng bất đẳng thức (3.2.1) ta có n ∑ | f (ξ i ) + g(ξ i )| p 1/p n ≤ i =1 n ⇔ b−a |( f + g)(ξ i )| p ∑ n i =1 ∑ | f (ξ i )| p 1/p n + i =1 1/p n ≤ b−a | f (ξ i )| p ∑ n i =1 34 ∑ | g(ξ i )| p i =1 1/p 1/p 1/p b−a n + | g(ξ i )| p ∑ n i =1 (3.2.3) Vì f , g hàm liên tục [ a; b] nên f + g hàm liên tục [ a; b], điều dẫn đến tồn tích phân vế trái (3.2.2). Lấy giới hạn hai vế (3.2.3) n → ∞ sử dụng định nghĩa tích phân xác định ta thu (3.2.2). 5.3 Bất đẳng thức Holder ¨ Dạng đại số: Cho hai dãy số thực x1 , x2 , . . . , xn y1 , y2 , . . . , yn , số thực p, q > cho 1/p + 1/q = 1. Khi đó, ta có n ∑ | xi yi | ≤ i =1 n ∑ | xi | p n 1/p ∑ | yi |q i =1 1/q (3.3.1) . i =1 Từ bất đẳng thức Holder dạng đại số (3.3.1) trên, ta có dạng tích phân tương ứng ¨ sau: Dạng tích phân: Cho số thực p, q > với 1/p + 1/q = f , g : R → R hai hàm liên tục đoạn [ a; b]. Khi đó, b a | f ( x ) g( x )|dx ≤ b a | f ( x )| p dx b 1/p a | g( x )|q dx 1/q (3.3.2) . Chứng minh. Với số tự nhiên n, ta phân hoạch đoạn [ a; b] thành n phần có độ dài với điểm chia ξ k = a + nk (b − a), k = 0, 1, . . . , n. Áp dụng bất đẳng thức (3.3.1) ta có n ∑ | f (ξ i ) g(ξ i )| ≤ i =1 n ⇐⇒ n ∑ | f (ξ i )| p 1/p ∑ | g(ξ i )|q 1/q i =1 i =1 b−a |( f .g)(ξ i )| ≤ n i∑ =1 n n b−a | f (ξ i )| p n i∑ =1 1/p b−a n | g(ξ i )|q n i∑ =1 1/q (3.3.3) Vì f , g hàm liên tục [ a; b] nên f .g hàm liên tục [ a; b], điều đảm bảo cho tồn tích phân (3.3.2). Lấy giới hạn hai vế (3.3.3) n → ∞ sử dụng định nghĩa tích phân xác định ta thu (3.3.2). 5.4 Bất đẳng thức Jensen Trước tiên, ta nhắc lại khái niệm hàm lồi. Hàm số f : I → R gọi lồi khoảng I ⊂ R với x, y ∈ I λ ∈ [0; 1] ta có f (λx + (1 − λ)y) ≤ λ f ( x ) + (1 − λ) f (y). Từ định nghĩa phương pháp quy nạp, ta chứng minh f : I → R hàm lồi I f ( λ1 x1 + · · · + λ n x n ) ≤ λ1 f ( x1 ) + · · · + λ n f ( x n ) 35 với x1 , . . . , xn ∈ I, λ1 , . . . , λn không âm thỏa mãn ∑in=1 λi = 1. Bất đẳng thức Jensen dạng tích phân: Cho g : [ a; b] → R hàm liên tục [ a; b] f : R → R hàm liên tục lồi R. Khi đó, f b b−a a g( x )dx ≤ b−a b a ( f ◦ g)( x )dx. (3.4.1) Chứng minh. Với số tự nhiên n, ta phân hoạch đoạn [ a; b] thành n phần có độ dài với điểm chia ξ k = a + nk (b − a), k = 0, 1, . . . , n. Áp dụng bất đẳng thức định nghĩa hàm lồi nêu với λi = 1/n, ta có 1 1 g(ξ ) + · · · + g(ξ n ) ≤ f ( g(ξ )) + · · · + f ( g(ξ n )) n n n n n n 1 ⇐⇒ f g(ξ i ) ≤ ∑ ( f ◦ g)(ξ i ) ∑ n i =1 n i =1 f b−a n b−a n . . ⇐⇒ f g(ξ i ) ≤ ( f ◦ g)(ξ i ). b − a n i∑ b − a n i∑ =1 =1 (3.4.2) Vì f liên tục R, g liên tục [ a; b] nên hàm f ◦ g liên tục [ a; b], khả tích [ a; b]. Cho n → ∞ hai vế (3.4.2) ta b−a n b−a n g(ξ i ) ≤ lim ( f ◦ g)(ξ i ) lim f . . n→∞ b − a n→∞ b − a n i∑ n i∑ =1 =1 ⇐⇒ f b−a n g(ξ i ) ≤ . ∑ n→∞ b − a n i =1 b−a ⇐⇒ f b−a lim b a g( x )dx ≤ b−a b a b a ( f ◦ g)( x )dx ( f ◦ g)( x )dx, ta có điều phải chứng minh. Cho I khoảng R. Người ta chứng minh f : I → R có đạo hàm cấp không âm I f hàm lồi I. Đặc biệt hóa hàm lồi f bất đẳng thức Jensen, ta thu bất đẳng thức thú vị sau: (1) Với f ( x ) = | x |, x ∈ R, ta có bất đẳng thức quen thuộc b a g( x )dx ≤ b a | g( x )|dx. (2) Với f ( x ) = x2 , x ∈ R, ta có b a g( x )dx ≤ (b − a) 36 b a g2 ( x )dx dạng đặc biệt bất đẳng thức Bunhiakovski. (3) Với f ( x ) = e x , x ∈ R, ta có e b− a b a g( x )dx ≤ b−a b a e g( x) dx. (3.1) Khi cho g( x ) = x2 , ta có bất đẳng thức (b − a)e( a + ab + b2 ) /3 b ≤ a e x dx. (3.2) Khi cho g( x ) = 1/x xét a = 1, b = 2015, ta có 2015 2015.20142014 ≤ e1/x dx 2014 . Tài liệu tham khảo [1] Võ Giang Giai, Chuyên đề bất đẳng thức, NXB ĐHQG Hà Nội, 2002. [2] Lê Viết Ngư (chủ biên), Toán cao cấp - Tập (Giải tích - Hàm biến), NXB Giáo dục, 2000. [3] Các tài liệu Wikipedia. [4] Tập san toán học sinh viên, Số 21, Khoa Toán, Trường Đại học Vinh, 2004. 37 . tôi trình bày một hướng xây dựng bất đẳng thức tích phân nhờ vào các bất đẳng thức cổ điển thông qua con đường xây dựng tích phân. Cụ thể, chúng tôi sẽ chuyển các bất đẳng thức cổ điển dạng đại. MỘT HƯỚNG XÂY DỰNG BẤT ĐẲNG THỨC TÍCH PHÂN Võ Anh Tú, Trần Hoài Bảo - 54A Toán Người hướng dẫn: ThS. Nguyễn Trần Thuận 3 Mở đầu Bất đẳng thức tích phân là một nội dung quan. [a; b] thì khả tích trên [a; b]. 5 Từ bất đẳng thức đại số đến bất đẳng thức tích phân Trong mục này, chúng tôi sẽ chuyển một số bất đẳng thức cổ điển từ dạng đại số sang dạng tích phân bằng cách