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 Tích phân Riemann-Stieltjes 1.1 Định nghĩa tồn tích phân Riemann–Stieltjes 1.2 Các lớp hàm khả tích Riemann–Stieltjes 1.3 Các tính chất tích phân Riemann–Stieltjes 1.4 Các phương pháp tính tích phân Riemann–Stieltjes 1.5 Các định lý giá trị trung bình 10 1.6 Một vài ví dụ 10 Một số bất đẳng thức 15 2.1 Bất đẳng thức Cauchy tổng quát bất đẳng thức Young 15 2.2 Bất đẳng thức H¨older bất đẳng thức Cauchy–Schwarz 17 2.3 Các bất đẳng thức Minkowski Chebyshev 19 2.4 Các bất đẳng thức Jensen Hermite–Hadamard 20 2.5 Các bất đẳng thức Gr¨ uss Ostrowski 23 Một số toán áp dụng phát triển 28 3.1 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy–Schwarz 28 3.2 Áp dụng bất đẳng thức H¨older, Minkowski Chebyshev 39 3.3 Về bất đẳng thức Qi Feng 42 3.4 Bất đẳng thức dạng Hermite–Hadamard 48 3.5 Bất đẳng thức dạng Gr¨ uss–Ostrowski 52 3.6 Một số toán khác 55 Kết luận 67 Tài liệu tham khảo 68 Lời mở đầu Trong chương trình toán học phổ thông, toán liên quan đến tích phân Riemann quan tâm khía cạnh tính chất, phương pháp kỹ thuật tính tính phân Trong đó, tập bất đẳng thức với tích phân đa dạng phong phú Luận văn nhằm giới thiệu phân tích số bất đẳng thức tích phân, từ áp dụng phát triển cho loạt toán khác Luận văn giới thiệu tích phân Riemann–Stieltjes tích phân tổng quát tích phân Riemann, áp dụng cho lớp hàm khả tích rộng lớp hàm khả tích Riemann, số tính chất Nội dung Luận văn trình bày chương: Chương trình bày tích phân Riemann-Stieltjes Chương giới thiệu bất đẳng thức tích phân Chương giới thiệu số toán áp dụng phát triển Một phần luận văn (Mục 3.3) báo cáo Hội thảo khoa học "Các chuyên đề Toán học bồi dưỡng học sinh giỏi toán" tỉnh Lai Châu tháng 10 năm 2015 đăng Kỷ yếu Hội thảo Luận văn thành lao động nghiêm túc thân tác giả, hoàn thành hướng dẫn Tiến sĩ Vũ Tiến Việt Tác giả biết ơn giúp đỡ nhiệt tình, có hiệu thày giáo hướng dẫn Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn đến tập thể thày cô Khoa Toán - Tin, Trường Đại học Khoa học – Đại học Thái Nguyên giúp đỡ tác giả thời gian theo học chuyên đề hoàn thành công việc học viên cao học Thái Nguyên, ngày 29 tháng năm 2016 Tác giả Loan Thanh Đạo Chương Tích phân Riemann-Stieltjes Chương giới thiệu tích phân Riemann–Stieltjes1 tích phân tổng quát tích phân Riemann học chương trình trung học phổ thông Về phương diện hình học, tích phân toán tìm cách tính lượng hình học: chiều dài, diện tích, thể tích Tư tưởng định nghĩa tích phân chia nhỏ (phân hoạch) cộng lại Thực ý tưởng có từ thời Archimedes (287-212 trước công nguyên), ông tính diện tích parabola Ở đây, ta nêu định nghĩa tính chất lớp hàm khả tích phương pháp tính tích phân Riemann–Stieltjes mà không nêu chứng minh (các chứng minh xem [4]) 1.1 Định nghĩa tồn tích phân Riemann– Stieltjes Trong sách giáo khoa phổ thông, tính diện tích hình tròn người ta dùng phương pháp xấp xỉ (trên dưới) diện tích đa giác ngoại nội tiếp Đấy ý tưởng để định nghĩa diện tích hình phẳng Tích phân tích phân bắt nguồn từ trực giác hình học 1.1.1 Phân hoạch tổng Darboux Giả sử [a, b] đoạn hữu hạn đường thẳng thực R G.F.B Riemann (1826-1886), nhà toán học người Đức; T.I Stieltjes (1856-1894), nhà toán học thiên văn học người Hà Lan Định nghĩa 1.1.1 Phân hoạch P [a, b] tập hữu hạn điểm x0 , x1 , , xn cho a = x0 < x1 < · · · < xn−1 < xn = b Ta viết đơn giản P = {x0 , x1 , , xn } Ký hiệu P tập hợp tất phân hoạch [a, b] Ta nói phân hoạch P ∗ mịn phân hoạch P P ∗ ⊃ P , tức điểm P điểm P ∗ Trong trường hợp đó, ta viết P P ∗ P ∗ P Cho trước hai phân hoạch P1 P2 rõ ràng P1 ∪ P2 P1 , P1 ∪ P2 P2 Độ mịn phân hoạch P thường tính số sau |P | = max{xi − xi−1 , Dễ dàng thấy rằng, P ∗ P |P ∗ | i n} |P | Giả sử α hàm không giảm [a, b] Tương ứng với phân hoạch P ta đặt ∆αi = α(xi ) − α(xi−1 ) Cho hàm thực f bị chặn [a, b] Các tổng Darboux2 ứng với phân hoạch P f xác định sau: n n U (P, f, α) = Mi ∆αi ; L(P, f, α) = i=1 mi ∆αi , i=1 Mi = sup{f (x) : xi−1 x xi }; mi = inf{f (x) : xi−1 x xi } Chú ý rằng, với phân hoạch P bất kỳ, ta luôn có m[α(b) − α(a)] M = sup{f (x) : a L(P, f, α) x U (P, f, α) b}, m = inf{f (x) : a J G Darboux (1842-1917), nhà toán học người Pháp M [α(b) − α(a)], x b} 1.1.2 Tích phân Riemann–Stieltjes Định nghĩa 1.1.2 Ta định nghĩa tích phân (dưới) f α [a, b] số hữu hạn cho công thức sau b f dα = inf{U (P, f, α) : P ∈ P}, a b f dα = sup{L(P, f, α) : P ∈ P} a Ta có b m[α(b) − α(a)] b f dα a f dα M [α(b) − α(a)] a Định nghĩa 1.1.3 Ta nói f khả tích α [a, b] tích phân tích phân f Giá trị chung chúng gọi tích phân R-S (Riemann–Stieltjes) f α [a, b] ký hiệu b b f dα a f (x)dα(x) a Ta ký hiệu R(α) tập hợp tất hàm f khả tích α [a, b] Nếu α(x) ≡ x ta viết R = R(α) gọi f ∈ R hàm R-khả tích (hay khả tích theo nghĩa Riemann [a, b]) Lúc tích phân tương ứng f gọi tích phân Riemann Mệnh đề 1.1.4 (xem [4]) Nếu P ∗ P L(P, f, α) 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 có b b f dα a f dα (1.3) a 1.1.3 Điều kiện cần đủ hàm khả tích Riemann–Stieltjes Định lý 1.1.6 (Riemann, xem [4]) Cho f : [a, b] → R hàm bị chặn α hàm không giảm đoạn [a, b] Khi đó, f ∈ R(α) [a, b] với ε > tồn P ∈ P cho U (P, f, α) − L(P, f, α) ε (1.4) Mệnh đề 1.1.7 (xem [4]) (i) Nếu (1.4) với P ε (1.4) với P ∗ P (ii) Nếu (1.4) với P = {x0 , x1 , , xn } si , ti ∈ [xi−1 , xi ] n |f (si ) − f (ti )|∆αi < ε i=1 (iii) Nếu f ∈ R(α) giả thiết (ii) thực n b f (ti )∆αi − f dα < ε a i=1 Chú ý 1.1.8 Khi xét tích phân Riemann ta bỏ chữ α tổng Darboux tích phân (dưới) Người ta biết rằng: (1) Nếu f : [a, b] → R hàm bị chặn ∀ε > tồn δ > cho b b f (x)dx − L(P, f ) < ε , U (P, f ) − a f (x)dx < ε a với phân hoạch P thoả mãn |P | < δ (2) Nếu f : [a, b] → R khả tích Riemann, (Pn ) dãy phân hoạch với lim |Pn | = n→∞ b f (x)dx = lim U (Pn , f ) lim L(Pn , f ) = n→∞ n→∞ a (3) Giả sử f : [a, b] → R hàm bị chặn, P = {x0 , x1 , , xn } phân hoạch [a, b] Lấy tùy ý ci ∈ [mi , Mi ] Ta gọi n ci (xi − xi−1 ) σ(P, f, C) = i=1 tổng Riemann f ứng với P C = {c1 , , cn } Khi ci = f (ti ) ti ∈ [xi−1 , xi ] ta đặt T = {t1 , , tn } σ(P, f, T ) = σ(P, f, C) Khi 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 (4) f khả tích Riemann [a, b] tồn số I hữu hạn có tính chất sau: với ε > tồn δ > cho |I − σ(P, f, C)| < ε , ∀C |I − σ(P, f, T )| < ε , ∀T với phân hoạch P có |P | < δ Trong trường hợp b I= f (x)dx a (5) Nếu f : [a, b] → R khả tích Riemann, (Pn ) dãy phân hoạch với lim |Pn | = n→∞ b f (x)dx = lim σ(Pn , f, Tn ), lim σ(Pn , f, Cn ) = n→∞ n→∞ a Cn , Tn tập chọn theo Pn Ví dụ 1.1.9 Cho hàm f : [0, 1] → R xác định sau   x = , n ∈ N, n f (x) =  trường hợp khác f (x)dx = Chứng tỏ Lời giải Với ε > cho trước, tồn n0 ∈ N cho n < 2ε , ∀n n0 Chọn phân hoạch P đoạn [0, 1] sau 1 < xk+1 < < x2 < x3 < · · · < xk = n0 + n0 1 < xm = < xm+1 < · · · < xp = < xp+1 < · · · < xq = n0 − = x0 < x1 = cho ∆xi = xi − xi−1 < ε , 4n0 ∀i = 2, 3, , k, , m, , p, , q Khi U (f, P ) − L(f, P ) = U (f, P ) < ε ε ε + 2n0 < + = ε n0 + 4n0 2 (chú ý L(f, P ) = tính U (f, P ) ta 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) 1.2 Các lớp hàm khả tích Riemann–Stieltjes Trong mục ta trình bày tính khả tích hàm liên tục, đơn điệu, gián đoạn hàm hợp Mệnh đề 1.2.1 (xem [4]) Nếu f hàm liên tục [a, b] α hàm không giảm [a, b] f ∈ R(α) [a, b] Mệnh đề 1.2.2 (xem [4]) Nếu f đơn điệu [a, b] α liên tục không giảm [a, b] f ∈ R(α) Mệnh đề 1.2.3 (xem [4]) Nếu hàm f bị chặn [a, b], f có nhiều số hữu hạn điểm gián đoạn (liên tục khúc) [a, b] hàm α không giảm, liên tục điểm gián đoạn f f ∈ R(α) Mệnh đề 1.2.4 (xem [4]) Giả sử f ∈ R(α) [a, b], m f (x) M với x ∈ [a, b] g hàm liên tục [m, M ] Khi h = g ◦ f ∈ R(α) [a, b] 1.3 Các tính chất tích phân Riemann–Stieltjes Mệnh đề 1.3.1 (xem [4]) (i) Tập hợp R(α) không gian tuyến tính (trên trường số thực) tích phân R-S phiếm hàm tuyến tính, tức f, g ∈ R(α) c, d số thực cf + dg ∈ R(α) b b a b f dα + d (cf + dg)dα = c gdα a a b dα = α(b) − α(a) (ii) Rõ ràng a g(x) với x ∈ [a, b] (iii) Tích phân R-S bảo toàn thứ tự, tức f (x) b b f dα a gdα a (iv) Nếu f ∈ R(α) [a, b] a < c < b f ∈ R(α) [a, c] [c, b] c b f dα + a b f dα = c f dα a (v) Nếu f ∈ R(α) [a, b] |f (x)| M [a, b] b M [α(b) − α(a)] f dα a (vi) Nếu f ∈ R(α1 ) f ∈ R(α2 ) f ∈ R(α1 + α2 ) b b f d(α1 + α2 ) = a b f dα1 + a f dα2 a (vii) Nếu f ∈ R(α) c số dương f ∈ R(cα) b b f d(cα) = c a f dα a Mệnh đề 1.3.2 (xem [4]) Nếu f ∈ R(α) g ∈ R(α) [a, b] (i) f g ∈ R(α), b b (ii) |f | ∈ R(α) |f |dα f dα a a Mệnh đề 1.3.3 (xem [4]) Giả sử (i) α hàm đơn điệu tăng đạo hàm α ∈ R [a, b], (ii) f hàm bị chặn [a, b] Khi f ∈ R(α) f α ∈ R Trong trường hợp ta có b b f dα = 1.4 f (x)α (x)dx a a Các phương pháp tính tích phân Riemann–Stieltjes Mệnh đề 1.4.1 (xem [4]) Cho α hàm đơn điệu tăng [a, b] f ∈ R(α) [a, b] Giả sử ϕ 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 g ∈ R(β) b B f dα = a gdβ A 54 θ nằm x f (x) − f ( a+b Từ a+b a+b a+b ) − (x − )f ( ) 2 M a+b (x − ) 2 Điều kéo theo M |∆| b (x − a (b − a)3 a+b ) dx = = M 24 Bất đẳng thức 3.5.4 Cho f : [a, b] → R hàm khả vi liên tục [a, b] Chứng minh a+b b f (x)dx − a+b a a+b Lời giải Đặt I = b f (x)dx − a+b |I| = f (x) − f ( a a+b f (x) − f ( a a+b M( a f (x)dx M = max |f (x)| Khi x∈[a,b] a+b a = (b − a)2 max |f (x)| x∈[a,b] f (x)dx b a+b ) dx + f( a+b b a+b ) dx + f( a+b a+b ) − f (x) dx b a+b − x)dx + M (x − a+b a+b ) − f (x) dx a+b )dx (∗) (b − a)2 M, (∗) có nhờ định lý giá trị trung bình Lagrange a+b Lời giải Đặt I = b f (x)dx M = max |f (x)| Biến đổi I sử f (x)dx − x∈[a,b] a+b a dụng tích phân phần, ta có b−a |I| = f (a + x) − f (b − x) dx = f (a + x) − f (b − x) x b−a − b−a 2M xdx = b−a (b − a)2 M x f (a + x) + f (b − x) dx 55 3.6 Một số toán khác Bài toán 3.6.1 Cho hàm f : [0, 1] → R liên tục thỏa mãn xf (x)dx = Chứng minh √ 2− max |f (x)| x∈[0,1] x f (x)dx Lời giải Ta có = xf (x)dx = a axf (x)dx, ∀a ∈ R Khi đó, ký xf (x)dx = 0 hiệu M = max |f (x)| ∀a ∈ R ta x∈[0,1] 1 2 x f (x)dx − x f (x)dx = axf (x)dx 0 (x2 − ax)f (x)dx = |(x2 − ax)||f (x)|dx |(x2 − ax)| max |f (x)|dx x∈[0,1] |(x2 − ax)|dx M = M.I(a) , |(x2 − ax)|dx với I(a) = x2 f (x)dx M I(a) M I(a) a∈R a∈[0,1] Mặt khác, với a ∈ [0, 1] ta có a |(x − ax)|dx = I(a) = |x(x − a)|dx + 0 a |x(x − a)|dx a (ax − x2 )dx + = (x2 − ax)dx a ax2 x3 a x3 ax2 =( − ) +( − ) 3 a = (2a3 − 3a + 2) Khảo sát hàm số g(a) = 2a3 − 3a + đoạn a ∈ [0, 1] ta √ g(a) = g( √ ) = − a∈[0,1] Vậy ta có bất đẳng thức cần phải chứng minh √ 2− I(a) = I( √ ) = a∈[0,1] 56 Bài toán 3.6.2 Cho f : [0, 1] → R hàm khả vi liên tục với f (1) = Chứng minh 1 max |f (x)| x∈[0,1] xf (x)dx Lời giải Sử dụng tích phân phần ta 1 x2 f (x) − 2 xf (x)dx = x2 f (x)dx = − x2 f (x)dx Vì f (x) khả vi liên tục, nên M = max |f (x)| x∈[0,1] xf (x)dx = M 1 x2 f (x)dx 1 x2 |f (x)|dx M x2 dx = Bài toán 3.6.3 Cho hàm f : [a, b] → R khả vi liên tục [a, b]) với f (a) = f (b) = Chứng minh b (b − a)2 M f (x)dx a , M = sup |f (x)| x∈[a,b] Lời giải Với x ∈ [a, b] theo định lý Lagrange ∃θ1 ∈ (a, x), ∃θ2 ∈ (x, b) cho f (θ1 ) = f (x) − f (a) f (x) f (b) − f (x) f (x) = , f (θ2 ) = = x−a x−a b−x x−b Suy ∀x ∈ [a, b] |f (x)| M (x − a) |f (x)| b b a (a+b)/2 |f (x)|dx = f (x)dx b |f (x)|dx + a a (a+b)/2 |f (x)|dx (a+b)/2 b (x − a)dx + M M (b − x) Từ a (b − x)dx = = (a+b)/2 (b − a)2 M Bài toán 3.6.4 Cho hàm f : [0, 1] → R hàm liên tục [0, 1] khả vi (0, 1) a Giả sử tồn a ∈ (0, 1) cho f (x)dx = Chứng minh f (x)dx Có thể xảy dấu đẳng thức không? 1−a max |f (x)| x∈[0,1] 57 a f (x)dx = 0, ta đổi biến x = at , dx = adt có Lời giải Vì f (at)adt = 0, dẫn f (at)dt = Với x ∈ [0, 1] cố định, xét hàm g(t) = f (xt) , t ∈ [0, 1], lúc tới g (t) = xf (t) Sử dụng định lý Lagrange cho hàm g(t) đoạn [a, 1] ta có g(1) − g(a) = g (c) = xf (c) , c ∈ (a, 1) 1−a Đặt M = max |f (x)|, ta suy x∈[0,1] |f (x) − f (ax)| = |g(1) − g(a)| = (1 − a)x|f (c)| (1 − a)xM Dẫn tới 1 |f (x) − f (ax)|dx (1 − a)xM dx 0 = (1 − a)M xdx = 1−a M Mặt khác 1 [f (x) − f (ax)]dx |f (x) − f (ax)|dx 0 1 f (x)dx − = 0 f (x)dx f (ax)dx = Vậy ta bất đẳng thức cần phải chứng minh Dấu (=) xảy với hàm f (x) = ±(x − a2 ) Bài toán 3.6.5 (OLP-1994 (xem [3])) Tính tích phân √ xn − xdx , n ∈ N In = √ Chứng minh In < 22n+3 ( 2ne)−1 Lời giải Đổi biến x = cos2 t , t ∈ [0, π2 ] , dx = −8 sin t cos tdt Khi In = √ xn − xdx = √ (4 cos2 t)n − cos2 t(−8 sin t cos tdt) π π 2n+4 =2 2n+1 cos π 2n+4 t sin tdt = cos2n+1 t(1 − cos2 t)dt π = 22n+4 π cos2n+1 tdt − cos2n+3 tdt (∗) 58 Lại có π π k cos tdt = Jk = cosk−1 td(sin t) k−1 = cos π t sin t π + 0 π = (k − 1) (k − 1) cosk−2 t sin2 tdt cosk−2 t(1 − cos2 t)dt π = (k − 1) k−2 cos π tdt − cosk tdt = (k − 1)Jk−2 − (k − 1)Jk Do kJk = (k − 1)Jk−2 ⇒ π k−1 Jk = Jk−2 Rõ ràng J1 = k cos tdt = Từ thay vào (∗) ta 2n + 2n J2n−1 − J2n+1 2n + 2n + 2n + 2n 2n − 2 2n 2n − 2 J1 − J1 = 22n+4 2n + 2n − 2n + 2n + 2n − 2n(2n − 2) 2n + = 22n+4 1− (2n + 1)(2n − 1) 2n + 2n(2n − 2) = 22n+4 (2n + 3)(2n + 1)(2n − 1) In = 22n+4 (J2n+1 − J2n+3 ) = 22n+4 +) Tiếp theo ta lại đổi biến x = 4y In = √ xn − xdx = 1 (4y)n yn − 4y4dy = 22n+3 − ydy Ta chứng minh ∀y ∈ [0, 1] yn 1−y < √ 2ne hay y 2n (1 − y) < 2ne Thật vậy, bất đẳng thức Cauchy cho (2n + 1) số không âm ta có y 2n (1 − y) = (2n)2n (2n) 2n y 2n y 2n 2n (1 − y) + y 2n y + + 2n + (1 − y) 2n + 2n+1 = (2n)2n (2n + 1)2n+1 Bây ta chứng tỏ (2n)2n < 2n+1 (2n + 1) 2ne hay e < hay 2n + 2n 2n+1 < ln(2n + 1) − ln(2n) 2n + 59 Bất đẳng thức sau f (x) = ln x khả vi liên tục [2n, 2n + 1], nên theo định lý Lagrange tồn c ∈ (2n, 2n + 1) cho ln(2n + 1) − ln(2n) = f (2n + 1) − f (2n) 1 = f (c) = > (2n + 1) − (2n) c n+1 Như suy 2n+3 y In = n 2n+3 √ − ydy < 0 √ dy = 22n+3 ( 2ne)−1 2ne Bài toán 3.6.6 (OLP-1995 (xem [3])) Cho hàm số f (x) liên tục nghịch biến b a [0, b] a ∈ (0, b] Chứng minh b f (x)dx f (x)dx a 0 Lời giải Bất đẳng thức cần chứng minh viết thành a b b f (x)dx a a f (x)dx = a 0 (b − a) f (x)dx a b a ⇔ b f (x)dx + f (x)dx f (x)dx a a Do f (x) nghịch biến [0, a] [a, b] nên ta có a (b − a) a f (x)dx (b − a) f (a)dx = (b − a)af (a) b b f (a)dx =a f (x)dx a a a Bài toán 3.6.7 (OLP-2000 (xem [3])) Cho hàm số f (x) liên tục [1, 2] thoả mãn điều kiện β [f (x)]2 dx α f (x)dx Chứng minh β − α3 , ∀α, β ∈ [1, 2] , α β Lời giải Ta có β [f (x)]2 dx α β − α3 = β x2 dx , ∀α, β ∈ [1, 2] , α α Nghĩa β (x2 − [f (x)]2 )dx α , ∀α, β ∈ [1, 2] , α β β 60 Suy ∃x0 ∈ [α, β] cho x20 − [f (x0 )]2 , ∀α, β ∈ [1, 2] , α β Do tính liên tục hàm g(x) = x2 − [f (x)]2 ta suy g(x) = x2 − [f (x)]2 , ∀x ∈ [1, 2] ⇔ |f (x)| , ∀x ∈ [1, 2] x Từ 2 |f (x)|dx f (x)dx 1 xdx = Bài toán 3.6.8 (OLP-2004 (xem [3])) Cho hàm số f : [a, b] → R khả vi liên tục cấp với f (a) = f (b) = Đặt M = maxa x b |f (x)| Chứng minh b b (x − a)(x − b)f (x)dx = 1) a b 2) f (x)dx , a M (b − a)3 12 f (x)dx a Lời giải 1) Sử dụng tích phân phần ta có b b (x − a)(x − b)f (x)dx = (x − a)(x − b)f (x) a a b [(x − a)(x − b)] f (x)dx − a b =− [(x − a)(x − b)] f (x)dx a b b [(x − a)(x − b)] f (x)dx = −[(x − a)(x − b)] f (x) + a a b b [(x − a)(x − b)] f (x)dx = = a f (x)dx a 2) Ta có b f (x)dx = a 2 M b (x − a)(x − b)f (x)dx a b (x − a)(b − x)|f (x)|dx a b (x − a)(b − x)dx = a M (b − a)3 12 Bài toán 3.6.9 (OLP-2008 (xem [3])) Cho f : [0, 1] → R hàm liên tục thỏa mãn xf (y) + yf (x) f (x)dx Chứng minh thức 1, ∀x, y ∈ [0, 1] π Hãy hàm thỏa mãn dấu (=) bất đẳng 61 Lời giải Ta có I = π/2 f (x)dx = π/2 cos tf (sin t)dt = sin tf (cos t)dt, nên π/2 π/2 [cos tf (sin t) + sin tf (cos t)]dt 2I = 1.dt = 0 π Suy điều phải chứng minh √ Có thể chọn f (x) = − x2 để có dấu (=) bất đẳng thức Bài toán 3.6.10 (OLP-2009 (xem [3])) Cho hàm f (x) khả vi cấp [0, 1] f (x) 0, ∀x ∈ [0, 1] Chứng minh 1 f (x2 )dx (1 − x)f (x)dt 0 0, ∀x ∈ [0, 1], nên f (x) đơn điệu tăng [0, 1] Với x ∈ (0, 1) Lời giải Vì f (x) x2 ∈ (0, 1) x > x2 Áp dụng định lý Lagrange cho hàm f đoạn [x2 , x] ta f (x) − f (x2 ) = f (t) , t ∈ (x2 , x) x − x2 Rõ ràng f (t) f (x) x − x2 > nên suy f (x) − f (x2 ) (x − x2 )f (x) Từ dẫn đến 1 (x − x2 )f (x)dx, [f (x) − f (x )]dx 0 1 f (x2 )dx f (x)dx − 0 1 (1 − 2x)f (x)dx, f (x2 )dx, (1 − 2x)f (x)dx f (x)dx + 1 (x − x2 )f (x) − 0 1 f (x2 )dx (điều phải chứng minh!) (1 − x)f (x)dx 0 Bài toán 3.6.11 Cho hàm f (x) khả vi cấp [0, 1] f (x) 0, ∀x ∈ [0, 1] Chứng minh Lời giải Vì f (x) f (x)dx f (x2 )dx − f (0) 0, ∀x ∈ [0, 1], nên f (x) đơn điệu tăng [0, 1] Với x ∈ (0, 1) x ∈ (0, 1) x > x Áp dụng định lý Lagrange cho hàm f đoạn [x2 , x] ta f (x) − f (x2 ) = f (t) , t ∈ (x2 , x) x − x2 62 Rõ ràng f (t) f (x2 ) x − x2 > nên suy f (x) − f (x2 ) (x − x2 )f (x2 ) Từ dẫn đến 1 (x − x2 )f (x2 )dx, [f (x) − f (x )]dx 0 1 f (x2 )dx f (x)dx − 0 (1 − x)2xf (x2 )dx Dùng tích phân phần với u = − x , du = −dx dv = 2xf (x2 )dx , v = f (x2 ) tích phân vế phải trở thành 1 f (x2 )dx (1 − x)2xf (x )dx = (1 − x)f (x ) + 0 f (x2 )dx = −f (0) + Vì ta suy 1 f (x2 )dx f (x)dx − 0 − f (0) + f (x2 )dx , 1 f (x)dx f (x2 )dx − f (0) (điều phải chứng minh!) 0 Bài toán 3.6.12 (OLP-Moscow-1997) Cho hàm f (x) khả vi liên tục [0, 1] Chứng tỏ f( ) |f (x)|dx + |f (x)|dx Gợi ý Dùng tích phân phần chứng tỏ f( ) = 2 1 (x − 1)f (x)dx xf (x)dx + f (x)dx + Bài toán 3.6.13 (OLP-Kiev-2004) Cho hàm f : [0, 1] → R khả tích [f (x)]2 dx Chứng minh f (x)dx = xf (x)dx = [f (x) − g(x)]2 dx Lời giải Xét thêm hàm g(x) = 6x − Ta có điều phải chứng minh Từ suy 63 [f (x) − g(x)]2 dx Lời giải Xét g(x) = ax + b Ta có [f (x)]2 dx − [f (x) − g(x)]2 dx = [f (x)]2 dx − = 1 0 1 [f (x)]2 dx − 2a = (ax + b)2 dx f (x)(ax + b)f (x)dx + xf (x)dx − 2b f (x)dx 0 [g(x)]2 dx f (x)g(x)dx + 0 1 1 (a2 x2 dx + 2ax + b2 )dx + [f (x)]2 dx − 2(a + b) + ( = [f (x)]2 dx Như 2(a + b) − ( a2 + ab + b2 ) a2 + ab + b2 ) = h(a, b) Có thể max h(a, b) = Do ta có điều phải chứng minh b Bài toán 3.6.14 Cho hàm f khả vi liên tục [a, b] với f (x)dx = Chứng tỏ a b (b − a)3 max{|f (x)| : x ∈ [a, b]} 12 xf (x)dx a Lời giải Đặt M = max{|f (x)| : x ∈ [a, b]}, c trung điểm [a, b] (tức c = b (a + b)) l = 21 (b − a) Do b f (x)dx = 0, ta a b c (x − c)f (x)dx = xf (x)dx = a a b (x − c)f (x)dx + (x − c)f (x)dx a c Đỏi biến t = |x − c| ta có b l xf (x)dx = − l tf (c − t)dt + a tf (c + t)dt 0 l t[f (c + t) − f (c − t)]dt = Theo định lý giá trị trung bình Lagrange với t ∈ [0, l] tồn ξt ∈ (c − t, c + t) cho |f (c + t) − f (c − t)| = |(c + t) − (c − t)||f (ξt )| b l l t|f (c + t) − f (c − t)|dt xf (x)dx a 2tM Từ ta thu bất đẳng thức cần phải chứng minh t2 dt = 2M 2l3 M, 64 [f (x)]3 dx = Chứng tỏ Bài toán 3.6.15 Cho hàm f : [0, 1] → R liên tục với 1 27 [f (x)]4 dx f (x)dx f (x)dx Khi Lời giải Đặt a = [f (x)]2 + af (x) − 0 a2 2 dx [f (x)]4 + 2a[f (x)]3 − a3 f (x) + = 1 [f (x)]4 dx − a3 = f (x)dx + a4 4 = 27 [f (x)]4 dx − a4 dx f (x)dx (a) Hàm liên tục f : [0, 1] → Bài toán 3.6.16 [f (x)]3 dx Chứng minh [− 13 , 23 ] f (x)dx = thỏa mãn (b) Hàm liên tục f : [0, 1] → [−∞, 23 ] thỏa mãn [f (x)]3 dx Chứng minh f (x)dx = 0 27 Lời giải (a) Với t ∈ [− 13 , 23 ], ta có t3 t2 4t3 = t3 + t3 + = (t + )t2 3 3 điều kéo theo với x ∈ [0, 1] 4t (t + ) = + , 9 27 4[f (x)]3 4f (x) + 27 Bây lấy tích phân theo biến x ta [f (x)]3 dx f (x)dx + 4 = , 27 27 1 (b) Ta thấy với t 23 27t3 − 9t − = (3t − 2)(3t + 1)2 0, điều kéo theo với f (x) x ∈ [0, 1] [f (x)3 + Lấy tích phân theo biến x ta 27 điếu kéo theo [f (x)]3 dx [f (x)]3 dx f (x)dx + 2 = 27 27 65 hàm f : [1, a] → R khả vi Giả sử xf (x) hàm đơn Bài toán 3.6.17 Cho a điệu tăng Chứng minh √ f ( a) a ln a f (x) dx x Lời giải Ta có a √ f ( a) ln a = Mặt khác, x √ √ f ( x) ln x f ( x) √ + dx x x a √ [f ( x) ln x] dx = 1 hàm xf (x) đơn điệu tăng, nên ta x √ f (x) − f ( x) = x tf (t) dt √ √ t x x x √ x √ √ √ ln x √ √ xf ( x) xf ( x) xf ( x) dt = dt = √ √ t t x x f (t)dt = Như √ √ √ ln x + f ( x) xf ( x) √ √ f ( x) ln x f ( x) √ + x x f (x) f (x) , x kéo theo điều cần chứng minh Bài toán 3.6.18 (OLP-Moscow-2008) Cho hàm liên tục f, g : [0, 1] → [0, 1], đồng thời f hàm tăng thực Chứng minh 1 f (g(x))dx [f (x) + g(x)]dx Lời giải Gọi h(x) = f (x) − x, h(x) liên tục [0, 1], nên có max h(x) = c Khi x∈[0,1] [f (g(x)) − g(x)]dx 1 1 tỏ c cdx = c, hay f (g(x))dx g(x)dx Nếu chứng c+ 0 f (x)dx ta có 1 f (g(x))dx c+ 1 g(x)dx f (x)dx + 0 g(x)dx = [f (x) + g(x)]dx Thật vậy: +) Nếu c f (x) 0, ∀x ∈ [0, 1] ta có f (x)dx 0 c 66 +) Nếu c > 0, giả sử x0 ∈ [0, 1] để h(x0 ) = f (x0 ) − x0 = c hay f (x0 ) = c + x0 Vì f (x) 1, ∀x ∈ [0, 1] f (x) tăng thực sự, nên có 1 f (x)dx f (x0 )dx = (c + x0 )(1 − x0 ) f (x)dx f (x0 ) = c + x0 có x0 x0 = c + x0 − cx0 − x20 = c + x0 (1 − c − x0 ) c Bài toán 3.6.19 Xét hàm liên tục f : [0, 1] → R g : [0, 1] → (0, ∞) với f hàm không giảm Chứng minh ∀t ∈ [0, 1] 0 0 f (x)g(x)dx g(x)dx g(x)dx f (x)g(x)dx t t Lời giải Đặt k = g(x)dx > Nếu cần, cách thay g g1 = k1 g, ta giả sử g(x) = Xác định hàm F : (0, 1] → R sau t F (t) = f (x)g(x)dx t g(x)dx Rõ ràng F khả vi (0, 1] t f (t)g(t) F (t) = t ( = g(t) t f (t) t t [f (t) ( Vậy hàm F không giảm, nên F (t) t f (x)g(x)dx g(x)dx)2 − f (x)]g(x)dx t f (x)g(x)dx g(x)dx)2 g(x)dx − ( g(t) t g(x)dx − g(t) g(x)dx)2 F (1) có điều cần chứng minh Bài toán 3.6.20 Cho hàm f (x), g(x) liên tục đoạn [a, b] Chứng minh b b f (x)dx + b a [f (x)]2 + [g(x)]2 dx g(x)dx a a Gợi ý Với t ∈ [a, b] ta xét hàm t H(t) = t f (x)dx + a t g(x)dx a a t H (t) = f (t) [f (x)]2 + [g(x)]2 dx , − t f (x)dx + g(t) a g(x)dx a t − [f (t)]2 + [g(t)]2 [f (x)]2 + [g(x)]2 dx a 67 Kết luận Luận văn giới thiệu tích phân Riemann–Stieltjes tích phân tổng quát tích phân Riemann, áp dụng cho lớp hàm khả tích rộng lớp hàm khả tích Riemann, số tính chất Luận văn trình bầy bất đẳng thức tích phân: Cauchy-Schwarz, H¨older, Minkowski, Young, Jensen, Chebyshev Đồng thời luận văn trình bầy bất đẳng thức tích phân phát triển sau này: Hermite-Hadamard, Gr¨ uss-Ostrowski Tiếp theo luận văn nêu loạt toán áp dụng bất đẳng thức tích phân đa dạng phong phú Luận văn giới thiệu số tập dành cho sinh viên giỏi kỳ thi Olympic Toán học sinh viên 68 Tài liệu tham khảo [1] Hardy G.H., Littlewood J.E., Polya G., Bản dịch Nguyễn Khắc Lân, Nguyễn Duy Tiến, Nguyễn Hữu Ngự (2002), Bất đẳng thức, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội [2] Hội Toán học Hà Nội Sở Giáo dục Đào tạo Lai Châu (2015), Kỷ yếu Hội thảo khoa học Các chuyên đề Toán học bồi dưỡng học sinh giỏi toán tỉnh Lai Châu tháng 10/2015, trang 98-103 [3] Hội Toán học Việt Nam, Tuyển tập đề thi Olympic Toán học sinh viên, Từ năm 1993 đến năm 2015 [4] Nguyễn Duy Tiến (2001), Bài giảng Giải tích, Tập I, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội [5] George A Anastassiou (2011), Advanced Inequalities, World Scientific [6] Chen Y and John Kimball J (2006), "Note on an open problem of Qi Feng", J Inequal Pure & Appl Math., Volume 7, Issue 1, Arricle [7] Mitrinovic D.S., Pecaric J.E., Fink A.M (1993), Classical and New Inequalities in Analysis, Kluwer Academic Publishers, Dordrecht - Boston - London [8] Mitrinovic D.S., Vasic P.M (2012), Analytic Inequalities, Softcover reprint of the original 1st ed 1970 edition [9] Niculescu P C., Persson E L (2004), Convex Functions and Their Applications, Springer [10] Qi F (2000), "Several integral inequalities", J Inequal Pure & Appl Math., 1(2) 19 ... 15 Chương Một số bất đẳng thức 2.1 Bất đẳng thức Cauchy tổng quát bất đẳng thức Young Bất đẳng thức 2.1.1 (Bất đẳng thức Cauchy1 tổng quát (xem [1])) Cho số a1 , a2 , , an trọng số µ1 , µ2... thức tích phân, từ áp dụng phát triển cho loạt toán khác Luận văn giới thiệu tích phân Riemann–Stieltjes tích phân tổng quát tích phân Riemann, áp dụng cho lớp hàm khả tích rộng lớp hàm khả tích. .. 19 2.4 Các bất đẳng thức Jensen Hermite–Hadamard 20 2.5 Các bất đẳng thức Gr¨ uss Ostrowski 23 Một số toán áp dụng phát triển 28 3.1 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy–Schwarz