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: 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 Về bất đẳng thức Gră uss 1.1 Mt s kin thc chun b 1.1.1 Hàm số, biến phân biến 1.1.2 Bt ng thc Hăolder 1.2 V bt ng thc Gră uss 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 phân toàn phần Chng V bt ng thc loi Gră uss số kết liên quan 2.1 Bất đẳng thc Gră uss-Chebyshev 2.2 Bt ng thc loi Gră uss i vi tớch phân Stieltjes 2.2.1 Bất ng thc loi Gră uss i vi tớch phõn Stieltjes có hàm lấy tích phân bị chặn 2.2.2 Bt ng thc loi Gră uss tích phân Stieltjes có hàm lấy tích phân hàm Lipschitz 2.3 Bt ng thc loi Gră uss tích phân Riemann-Stieltjes 3 10 10 13 15 17 17 19 19 27 37 Kết luận 40 Tài liệu tham khảo 41 Mở đầu Chủ để “bất đẳng thức” chủ đề khai thác kỳ thi chọn học sinh giỏi, lớp, cấp phổ thông, khơng phải tính trực quan tốn “so sánh” mà vấn đề thực có nhiều ứng dụng toán học đại Bài toán bất đẳng thức nghiên cứu nhiều khía cạnh tốn học, từ toán học lý thuyết túy đến toán học ứng dụng Cùng với phát triển công nghệ thơng tin, tốn giải gần quan tâm nhiều nhà toán học ứng dụng, mà bên cạnh khơng thể thiếu tốn “so sánh” Cùng với vai trị bất đẳng thức bất đẳng thức AM – GM, Cauchy – Bunyakovsky – Schwarz ., năm 1935 nh toỏn hc ngi c G Gră uss ó chng minh bất đẳng thức tích phân cho liên hệ tích phân tích hai hàm số tích phân hàm số mang tờn ụng ú l bt ng thc Gră uss ng dụng áp dụng nhiều lĩnh vực khác Tốn học Vì lý chúng tơi chọn đề tài luận văn “Bất đẳng thức loại Gră uss v mt s bi toỏn liờn quan Ni dung luận văn chia thành hai chương tham khảo từ tài liệu [2] tài liệu liên quan trình bày danh mục tài liệu tham khảo Nội dung luận văn, phần Mở đầu, Kết luận Tài liệu tham khảo, chia làm hai chng: Chng V bt ng thc Gră uss Chương trình bày lại kiến thức liên quan đến luận văn như: Trình bày lại số khái niệm hàm số biến phân, biến phõn ton phõn v tớnh cht Bt ng thc Hăolder Bt ng thc Gră uss, ch iu kin yu hn gi thit Gră uss Mt s bt ng thc liên quan Karamta, Steffensen, Young Chương Về bất ng thc loi Gră uss v mt s kt qu liên quan Chương trình bày biến th ca bt ng thc Gră uss, chng hn nh: Bt ng thc Gră uss-Chebyshev Bt ng thc kiu Gră uss tích phân Stieltjes có hàm lấy tích phõn b chn Bt ng thc kiu Gră uss i với tích phân Stieltjes có hàm lấy tích phân hm Lipschitz Bt ng thc kiu Gră uss i vi tích phân Riemann-Stieltjes Trong q trình học tập nghiên cứu trường Đại học khoa học Thái Nguyên, em nhận quan tâm giúp đỡ động viên thầy Ban Giám hiệu, phịng Đào tạo, Khoa Toán – Tin Tác giả xin chân thành cám ơn Ban giám hiệu trường THCS Tân Liên, Vĩnh Bảo, Hải Phịng tồn thể anh chị em đồng nghiệp tạo nhiều điều kiện tốt cho tác giả thời gian học cao học; cám ơn anh chị em học viên lớp cao học Toán K11 bạn bè đồng nghiệp trao đổi, động viên khích lệ tác giả q trình học tập làm luận văn trường Đại học Khoa học – Đại học Thái Nguyên Đặc biệt em xin lòng biết ơn sâu sắc tới thầy giáo hướng dẫn, TS Trần Xuân Quý quan tâm ân cần bảo, động viên khích lệ, giúp đỡ tận tình góp ý sâu sắc cho em suốt trình học tập thực đề tài Chặng đường vừa qua kỉ niệm đáng nhớ đầy ý nghĩa anh chị em học viên lớp cao học Tốn K11 nói chung với thân em nói riêng Dấu ấn hiển nhiên thiếu hỗ trợ, sẻ chia đầy yêu thương cha mẹ, anh chị em gia đình Xin chân thành cám ơn tất người thân yêu giúp đỡ, đồng hành em 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 Chng V bt ng thc Gră uss Trong chương này, chúng tơi, trình bày số kiến thức khái niệm tính chất hàm số liên tục tuyệt đối, biến phân biến phân toàn phần hm s Bt ng thc Hăolder dng i s v dng gii tớch, Bt ng thc Gră uss Cỏc kt sử dụng cho chứng minh Chương 1.1 1.1.1 Một số kiến thức chuẩn bị Hàm số, biến phân biến phân toàn phần Định nghĩa 1.1.1 (a) Hàm số f : [a, b] → R gọi liên tục tuyệt đối [a, b] với ε > tồn số dương δ thỏa mãn n i=1 |f (xi ) − f (yi )| < ε, với họ hữu hạn khoảng rời {[xi , yi ] : i = 1, 2, , n} [a, b] với ni=1 |xi − yi | < δ (b) Hàm số f : [a, b] → R gọi có biến phân bị chặn [a, b] tồn số M > thỏa mãn n i=1 |f (xi ) − f (xi−1 )| M, với phân hoạch P = {x0 , x1 , · · · , xn } [a, b] (c) Nếu hàm số f : [a, b] → R có biến phân bị chặn [a, b], biến phân tồn phần f [a, b] xác định sau b a (f ) = sup P={x0 ,x1 ,··· ,xn } phân hoạch của[a,b]   n  i=1   |f (xi ) − f (xi−1 ) | Nhận xét 1.1.2 Một hàm liên tục tuyệt đối [a, b] liên tục có biến phân bị chặn [a, b] Ví dụ 1.1.3 Nếu f : [a, b] → R hàm đơn điệu tăng với phân hoạch P = {x0 , x1 , · · · , xn } [a, b] ta có n i=1 |f (xi ) − f (xi−1 )| = n {f (xi ) − f (xi−1 )} i=1 = f (xn ) − f (x0 ) = f (b) − f (a) b Vì vậy, hàm f có biến phân bị chặn a (f ) = f (b) − f (a) Ví dụ 1.1.4 Nếu hàm f : [a, b] → R liên tục [a, b] khả vi (a, b) với sup |f ′ (x)| M , với phân hoạch P = {x0 , x1 , · · · , xn } [a, b] a ta có bất đẳng thức sau 1 + = =⇒ uv p q p q u + v p q (1.2) Bất đẳng thức gọi bất đẳng thức Young Kết gọi bất đẳng thức Hăolder nh lý 1.1.7 (Bt ng thc Hăolder) Cho hai số a1 , a2 , , an 1 = b1 , b2 , , bn hai n số thực dương p > 1, thỏa mãn + p q Khi ta có bất đẳng thức sau n bi i=1 1  n p p  i=1 i=1  n  1 q bqi  Dấu xảy api = kbqi với i ∈ {1, 2, , , n} (1.3) Kết bt ng thc Hăolder dng gii tớch, chỳng tụi trình bày kết mà khơng chứng minh Định lý 1.1.8 (Bt ng thc Hăolder dng gii tớch) Gi sử p, q > thỏa 1 mãn + = 1, f g hai hàm số liên tục đoạn [a, b], p q b a b |f (x)g(x)| dx a p |f (x)| dx p b a q |g(x)| dx q (1.4) Dấu “=” xảy tồn hai số thực A B không đồng thời không cho A |f (x)|p = B |g(x)|q 1.2 x [a, b] V bt ng thc Gră uss Giả sử f, g p hàm khả tích [a, b] Ta có ký hiệu sau P (x) = x a b A(f ; p) = P (x) = P (b) − P (x), p(t)dt, a p(x)f (x)dx b 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 g hai hàm số xác định khả tích [a, b], thỏa mãn điều kiện ϕ f (x) φ, γ g(x) Γ (1.5) với x ∈ [a, b], ϕ, φ, γ, Γ số thực cho trước Năm 1935 G Gră uss ó a khng nh sau: |T (f, g)| (φ − ϕ)(Γ − γ), (1.6) bi bỏo cụng b nm 1935 Gră uss ó chứng minh bất đẳng thức ˇ 1/4 xấp xỉ tốt Hàm T (f, g) gọi hàm Cebyˇ sev Định lý 1.2.1 Cho f, g : [a, b] → R hàm khả tích [a, b] thỏa mãn điều kiện φ f (x) Φ, γ Γ với x ∈ [a, b] g(x) (1.7) Khi ta có bất đẳng thức sau |T (f, g)| b 1 := f (x)g(x)dx − b−a a b−a (Φ − φ)(Γ − γ) (1.8) b a f (x)dx · b−a b a g(x)dx xấp xỉ tốt Hằng số Chứng minh Từ đẳng thức b (b − a) a b b f (x)g(x)dx − f (x)dx g(x)dx a a b b (f (x) − f (y))(g(x) − g(y))dxdy = a a (1.9) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Bunyakovsky-Schwarz, ta có b b a ≤ a (f (x) − f (y))(g(x) − g(y))dxdy b a b a (f (x) − f (y)) dxdy b b a a 2 (g(x) − g(y)) dxdy (1.10) Từ đẳng thức (1.9) ta có b b a a (f (x) − f (y))2 dxdy = (b − a) b a f (x)dx − b a f (x)dx , (1.11) ta có đẳng thức tương tự hàm g Từ ta có b−a b a b f (x)dx − f (x)dx b−a a b b 1 = Φ− f (x)dx f (x)dx − φ b−a a b−a a b − (f (x) − φ)(Φ − f (x))dx b−a a (1.12) 28 Chứng minh Theo tính chất tích phân Stieltjes ta có T (f, g; u) = u(b) − u(a) b a f (t) − f a+b × g(t) − u(b) − u(a)  b a  g(s)du(s) du(t) (2.32) Áp dụng bất đẳng thức (2.17), từ đẳng thức (2.32) ta có |T (f, g; u)| b a+b  g(t) − g(s)du(s) sup f (t) − f u(b) − u(a) a t∈[a,b] b (u) × |u(b) − u(a)| a b a+b sup f (t) − f g(s)du(s) g− u(b) − u(a) a t∈[a,b] ∞ b (u) × |u(b) − u(a)| a b b−a r L g− g(s)du(s) u(b) − u(a) a ∞ b × (u) |u(b) − u(a)| a   Ta có điều phải chứng minh Kết trường hợp đặc biệt bất ng thc loi Gră uss i vi hm liờn tc Lipschitz: Hệ 2.2.5 Cho f hàm Lipschitz với số L > 0, nghĩa là, |f (t) − f (s)| L|t − s| với t, s ∈ [a, b], (2.33) u, g are as above Khi ta có bất đẳng thức |T (f, g; u)| L(b − a) |u(b) − u(a)| × g− u(b) − u(a) Hằng số ước lượng tốt b a b g(s)du(s) b ∞ a (u) (2.34) 29 Chứng minh Bất đẳng thức (2.34) trường hợp đặc biết bất đẳng thức (2.31) với r = Phần lại ta chứng minh số ước lượng tốt Xét trường hợp f = g, với f : [a, b] → R, f (t) = t, u : [a, b] → R, xác định     −1     t = a, u(t) = 0  (2.35) t ∈ (a, b),     1 t = b Khi f hàm Lipschitz với số L = 1, g hàm hàm liên tục, u có biến phân bị chặn Nếu ta giả sử bất đẳng thức (2.34) thõa mãn với số C > 0, tức là, |T (f, g; u)| b a CL(b − a) g − u(b) − u(a) b a u(b) − u(a) b a b g(s)du(s) f (t)g(t)du(t) = ∞ a (u), (2.36) b + a2 , b b 1 b+a , f (t)du(t) = g(t)du(t) = u(b) − u(a) a u(b) − u(a) a b b−a a+b g(s)du(s) = sup t − = g− u(b) − u(a) a 2 t∈[a,b] ∞ (u) = 2, từ bất đẳng thức (2.36), ta có a+b b2 + a2 − 2 suy C C (b − a) b − a · 2, 2 Kết liên quan tới hàm đơn điệu u : [a, b] → R sau: Định lý 2.2.6 Cho hàm f, g : [a, b] → R vi f l hm loi r-H-Hăolder trờn [a, b] Nu u : [a, b] → R hàm đơn điệu khơng giảm [a, b] với u(b) > u(a), ta có bất đẳng thức sau |T (f, g; u)| H u(b) − u(a) b a a+b t− r (2.37) 30 × g(t) − u(b) − u(a) b a H(b − a)r 2r [u(b) − u(a)] b × a u(b) − u(a) g(t) − g(s)du(s) du(t) b a g(s)du(s) du(t) Chứng minh Áp dụng bất đẳng thức b a b p(t)dv(t) a (2.38) |p(t)|dv(t), với p ∈ C[a, b] v hàm đơn điệu không giảm [a, b], theo đẳng thức (2.32), ta có ước lượng sau |T (f, g; u)| u(b) − u(a) b a f (t) − f a+b b g(s)du(s) du(t) × g(t) − u(b) − u(a) a b H a+b r t− u(b) − u(a) a b g(s)du(s) du(t) × g(t) − u(b) − u(a) a H a+b r sup t − u(b) − u(a) t∈[a,b] b b g(t) − g(s)du(s) du(t) × a u(b) − u(a) a   ta chứng minh bất đẳng thức (2.37) Đối với hàm Lipschitz ta có kết sau: Hệ 2.2.7 Giả sử f hàm L-Lipschitz, g liên tục, u hàm đơn điệu không giảm [a, b] với u(b) > u(a) Khi ta có bất đẳng thức sau: |T (f, g; u)| L u(b) − u(a) × g(t) − b a t− a+b u(b) − u(a) b a g(s)du(s) du(t) (2.39) 31 L(b − a) · u(b) − u(a) b × Hằng a g(t) − u(b) − u(a) b a g(s)du(s) du(t) ước lượng tốt bất đẳng thức thứ hai Chứng minh Bất đẳng thức (2.39) trường hợp đặc biệt bất đẳng thức (2.37) với r = H ≡ L Giả sử bất đẳng thức (2.39) với số dương D, E > 0, |T (f, g; u)| L·D u(b) − u(a) (2.40) b a t− a+b b g(s)du(s) du(t) u(b) − u(a) a b L · E(b − a) b g(t) − g(s)du(s) du(t) u(b) − u(a) a u(b) − u(a) a × g(t) − Xét hàm f = g, f : [a, b] → R, f (t) = t, u xác định (2.35) Khi đó, f hàm Lipschitz với số L = 1, g hàm liên tục u hàm đơn điệu không giảm [a, b] (b − a)2 Vì T (f, g; u) = b a a+b t− g(t) − u(b) − u(a) b a g(t) − u(b) − u(a) b a b a (b − a)2 g(s)du(s) du(t) = , g(s)du(s) du(t) = b − a, theo bất đẳng thức (2.40) ta suy (b − a)2 hay D E D (b − a)2 · 2 E(b − a)2 , Một khẳng định khác biên hàm T (f, g; u), với u hàm Lipschitz với số K > 0, trình bày định lý đưới đây: 32 Định lý 2.2.8 Giả sử f : [a, b] → R hàm loi r-H-Hăolder trờn [a, b] Nu g : [a, b] → R hàm khả tích Riemann [a, b] u : [a, b] → R hàm K-Lipschitz với K > u(a) = u(b), Khi ta có bất đẳng thức sau: |T (f, g; u)| (2.41) b b HK a+b r g(t) − g(s)du(s) dt t− |u(b) − u(a)| a u(b) − u(a) a  b  HK(b − a)r+1    ; g −   u(b)−u(a) a g(s)du(s) r (r + 1)|u(b) − u(a)|   ∞    r+ 1q   b  HK(b − a)    g(s)du(s) g − u(b)−u(a)  a r q p (qr + 1) |u(b) − u(a)|   1    + = 1; p > 1,     p q    r  b HK(b − a)     g(s)du(s) g − u(b)−u(a)  r a |u(b) − u(a)| Chứng minh Áp dụng đẳng thức (2.32), ta có |T (f, g; u)| K |u(b) − u(a)| b a f (t) − f a+b (2.42) b g(s)du(s) dt u(b) − u(a) a b KH a+b r t− |u(b) − u(a)| a b g(s)du(s) dt, × g(t) − u(b) − u(a) a × g(t) − ta chứng minh bất đẳng thức (2.41) Vì b a a+b t− r g(t) − u(b) − u(a) b a g(s)du(s) dt b b a+b r ≤ g− dt t− g(s)du(s) a u(b) − u(a) a ∞ b (b − a)r+1 = r g(s)du(s) , g− (r + 1) u(b) − u(a) a ∞ theo (2.42) ta suy đánh giá đầu bất đẳng thức thức hai (2.41) 33 p dng bt ng thc Hăolders dng gii tích ta có b a r a+b t− b ≤ a g(t) − a+b t− q qr 1 u(b) − u(a) dt   b a b g(t) − u(b) − u(a) (b − a)qr+1  q  = qr g− (qr + 1) u(b) − u(a)  = r+ 1q (b − a) 2r (qr + 1) q g− g(s)du(s) dt a u(b) − u(a) b a b a b a p g(s)du(s) 1 p dt g(s)du(s) p g(s)du(s) p Áp dụng (2.42), ta suy đánh gái thứ hai trong bất đẳng thức hai (2.41) Cuối cùng, a+b r b−a ≤ t− 2 r , t ∈ [a, b], ta suy b a t− b a+b r g(s)du(s)|dt |g(t) − u(b) − u(a) a b (b − a)r g − g(s)du(s) 2r u(b) − u(a) a Từ định lý trên, ta có hệ sau: Hệ 2.2.9 Cho hàm f L-Lipschitz Nếu g : [a, b] → R hàm khả tích Riemann [a, b] u : [a, b] → R hàm K-Lipschitz với K > u(a) = u(b), Khi ta có bất đẳng thức sau: Khi ta có bất đẳng thức sau: |T (f, g; u)| a+b a × g(t) − u(b) − u(a) LK |u(b) − u(a)| b t− b a g(s)du(s) dt (2.43) 34   LK(b − a)2    g−     4|u(b) − u(a)|     1+ 1q   LK(b − a)      u(b) − u(a) 2(q + 1) |u(b) − u(a)| q               LK(b − a)      2|u(b) − u(a)| Các số tốt g− g− b a u(b) − u(a) u(b) − u(a) ; g(s)du(s) b a ∞ g(s)du(s) p 1 p > 1, + = 1; p q b a g(s)du(s) 1 phần bất đẳng thức hai ước lượng Chứng minh Bất đẳng thức (2.43) suy từ bất đẳng thức (2.41) cách chọn r = Tiếp theo, ta giả sử có |T (f, g; u)| CLK |u(b) − u(a)| (2.44) b a t− a+b b g(s)du(s) dt u(b) − u(a) a   b DLK(b − a)2     ||g − g(s)du(s) ∞ ;   a  |u(b) − u(a)| u(b) − u(a)      b ELK(b − a)1+ q ≤ g − g(s)du(s)  a  q |u(b) − u(a)| u(b) − u(a)  (q + 1) p     1    p > 1, + = 1;   p q × g(t) − với C, D, E > Xét f, g, u : [a, b] → R, xác định sau f (t) = t −      −1 g(t) =     1 a+b , u(t) = t a+b , t ∈ a, a+b ,b t ∈ Khi hàm f hàm u Lipschitz với L = K = hàm g khả tích Riemann [a, b] 35 Ta hiển nhiên có b 1 f (t)g(t)dt − b−a a b−a b−a = , |T (f, g; u)| = b a a+b g(t) − t− u(b) − u(a) g− g− u(b) − u(a) u(b) − u(a) b a b b a b a = g ∞ = g g(s)du(s) b−a b a g(t)dt (b − a)2 g(s)du(s) dt = g(s)du(s) a f (t)dt · p ∞ =1 p = (b − a) p Do đó, theo (2.44), ta có        C (b − a)2 b−a b−a       suy từ suy C E      D C 1, D      E (q + 1) E q D(b − a)2 ·1 b−a E(b − a)2 (q + 1) (b − a) , q > 1, (q + 1) q Cho q → 1+, ta suy Nhận xét (1) Nếu hàm f, g, w : [a, b] → R liờn tc v f l hm loi r-H-Hăolder, ú ta có bất đẳng thức |Tw (f, g)| H|b − a|r 2r b a × g− w(s)ds b a w(s)ds b a b g(s)w(s)ds a |w(s)|ds [a,b],∞ Chứng minh tương tự (2.31) cách chọn u(t) = t a w(s)ds 36 (2) Nếu hàm f, g, w liờn tc v f l hm loi r-H-Hăolderv w(s) s ∈ [a, b], ta có bất đẳng thức |Tw (f, g)| H b (2.45) b w(s)ds a t− a b a H(b − a)r b a a+b × g(t) − 2r với w(s)ds b w(s)ds b a r g(t) − a g(s)w(s)ds w(s)ds b a b w(s)ds a g(s)w(s)ds w(s)ds Chứng minh suy từ (2.37) cách chọn u(t) = t a w(s)ds (3) Nu hm f loi r-H-Hăolder v hm g khả tích Riemann [a, b] w liên tục [a, b], ta có bất đẳng thức |Tw (f, g)| H w b [a,b],∞ w(s)ds (2.46) b a a+b t− r g(t) − b w(s)ds b a g(s)w(s)ds dt a a      H w [a,b],∞ (b − a)r+1   b   g −  a g(s)w(s)ds b  b    w(s)ds w(s)ds 2r (r + 1)    a [a,b],∞ a        H w [a,b],∞ (b − a)r+ q  b   , g− b  a g(s)w(s)ds  b  r w(s)ds (qr + 1) q w(s)ds a [a,b],p a      1    p > 1, + = 1;    p q       r   b  H w [a,b],∞ (b − a)   g − g(s)w(s)ds   b b  a  r  w(s)ds  w(s)ds  a [a,b],1 a Chứng minh suy từ (2.41) cách chọn u(t) = t a w(s)ds 37 2.3 Bt ng thc loi Gră uss tích phân Riemann-Stieltjes Dragomir2 Fedotov (1998) xét hàm sau, D(f ; u) := b a f (x)du(x) − [u(b) − u(a)] · b−a b a f (t)dt, (2.47) giả sử tích phân tồn Ta có kết ước lượng D(f ; u) sau: Định lý 2.3.1 Cho hàm f, u : [a, b] → R thỏa mãn u hàm L-Lipschitz [a, b] tức |u(x) − u(y)| với x, y ∈ [a, b] (L > 0) L|x − y| (2.48) hàm f khả tích Riemann [a, b] Nếu m, M ∈ R thỏa mãn m f (x) M với x, y ∈ [a, b], (2.49) ta có bất đẳng thức sau |D(f ; u)| Hằng số L(M − m)(b − a) (2.50) ước lượng tốt Năm 2001, Dragomir Fedotov (xem [8]) đưa kết sau: Định lý 2.3.2 Cho hàm f, u : [a, b] → R cho u : [a, b] → R có biến phân bị chặn [a, b] f : [a, b] → R K-Lipschitz với (K > 0) Khi ta có bất đẳng thức |D(f ; u)| Hằng số b K(b − a) (u) a (2.51) ước lượng tốt S.S Dragomir and I Fedotov, An inequality of Gră uss type for RiemannStieltjes integral and applications for special means, Tamkang J Math.,29(4) (1998), 287-292 38 Tiếp theo, ta trình bày số bất đẳng thc loi Gră uss i vi tớch phõn Riemann-Stieltjes nh lý 2.3.3 Cho f, u : [a, b] → R hàm số, cho tồn tích phân Stieltjes đẳng thức sau b a b f (t)du(t) tích phân Riemann D(f ; u) = = b a Φ(t)df (t) = b−a b a b−a a b a f (t)dt Khi ta có Γ(t)df (t) (2.52) (t − a)(b − t)∆(t)df (t), (t − a)u(b) + (b − t)u(a) − u(t), t ∈ [a, b], b−a Γ(t) := (t − a)[u(b) − u(t)] − (b − t)[u(t) − u(a)], t ∈ [a, b], Φ(t) := ∆(t) := [u; b, t] − [u; t, a], t ∈ (a, b), với [u; α, β] ký hiệu sai phân hàm u nút α β, tức [u; α, β] := u(α) − u(β) α−β Chứng minh Ta thấy b a Φ(t)df (t) = b a  (t − a)u(b) + (b − t)u(a)  − u(t) df (t) b−a   b (t − a)u(b) + (b − t)u(a) = − u(t) f (t) b−a a   b (t − a)u(b) + (b − t)u(a) − f (t)d  − u(t) a b−a   b u(b) − u(a) dt − du(t) = − f (t)  a b−a b u(b) − u(a) b = f (t)du(t) − f (t)dt a a b−a  đẳng thức (2.52) chứng minh 39 Nếu u tích phân, u(t) = kết Cerone(xem [3]): T (f, g) = (b − a) t a g(s)ds, b từ (2.52) ta suy Ψ(t)df (t), a (2.53) t t−a b g(s)ds − g(s)ds (t ∈ [a, b]) a b−a a t b = (t ∈ [a, b]) (t − a) g(s)ds − (b − t) g(s)ds a t b−a   t g(s)ds (t − a)(b − t)  tb g(s)ds  (t ∈ (a, b)) − a = b−a b−t t−a Ψ(t) = Nếu w : [a, b] → R hàm khả tích u(t) := b w(t)dt = 0, chọn a t a w(s)g(s)ds , t a w(s)ds t ∈ [a, b] (2.54) xác định b Dw (f ; u) = a w(s)f (s)g(s)ds b a w(s)ds =: E(f, g; w) b − a w(s)g(s)ds b a w(s)ds · b−a b a f (t)dt 40 Kết luận Mục tiêu luận văn trình bày lại số kt qu ó cú v bt ng thc Gră uss biến thể Cụ thể luận văn trình bày vấn đề sau: (a) Bất đẳng thc Gră uss Chng ny trỡnh by li cỏc kin thức liên quan đến luận văn như: Trình bày lại số khái niệm hàm số biến phân, biến phân tồn phân tính chất Bất ng thc Hăolder Bt ng thc Gră uss, ch iu kin yu hn gi thit Gră uss Mt s bất đẳng thức liên quan Karamta, Steffensen, Young (b) Trỡnh by cỏc bin th ca bt ng thc Gră uss, chng hn nh: Bt ng thc Gră uss-Chebyshev Bt ng thc kiu Gră uss i vi tớch phõn Stieltjes có hàm lấy tích phân bị chặn Bất đẳng thức kiu Gră uss i vi tớch phõn Stieltjes cú hm lấy tích phân hàm Lipschitz Bất đẳng thức kiểu Gră uss i vi tớch phõn Riemann-Stieltjes 41 Ti liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Nguyễn Văn Mậu (2006), Bất đẳng thức – Định lý áp dụng, NXB Giáo dục Tiếng Anh [2] P Cerone, S S Dragomir (2011), Mathematical Inequalities: A perspective, CRS Press, Taylor and Francis Group [3] P Cerone (2002), “On an identity for the Chebyshev functional and some ramifications”, J Inequal Pure Appl Math., 3(1), Art [4] P Cerone, S.S Dragomir (2007), “A refinement of the Gruss inequality and applications”, Tamkang J Math., 38(1), pp.37–49 [5] S S Dragomir, I Fedotov (1998), “An inequality of Gră uss type for RiemannStieljes integral and applications for special means", Tamkang J Math., 29, pp.287–292 [6] S S Dragomir (1999), A generalization of Gră uss inequality in inner product spaces and applications”, J Math Anal Appl., 237, pp.74–82 [7] S S Dragomir, S Wang (1997), “An inequality of OstrowskiGră uss type and its applications to the estimation of error bounds for some means and for some numerical quadrature rules”, Comput Math Appl., 33, pp.15–20 42 [8] S.S Dragomir, I Fedotov, A Gră uss type inequality for mappings of bounded variation and applications to numerical analysis, Non Funct Anal Appl., 6(3) (2001), 425-437 [9] S.S Dragomir (2003), “Sharp bounds of Chebyshev functional for Stieltjes integrals and applications”, Bull Austral Math Soc., 67(2), pp.257– 266 [10] I Fedotov, S S Dragomir (1999), “An inequality of Ostrowski type and its applications for Simpson’s rule and special means”, Math Inequal Appl., 2, pp.491–499 [11] A M Fink (1999), “A treatise on Gră uss inequality in Analytic and Geomatric Inequalities and Applications” (T M Rassias and H M Srivatava, eds.), pp 93–113, Kluwer Academic Publishers, Dordrecht [12] R Jones, X Li, R N Mohapatra, R S Rodriguez (2000), “An elementary proof of Gră uss inequality, IAMG Report [13] D S Mitrinovi´c, J.E Peˇcari´c and A.M Fink (1993), Classical and New Inequalities in Analysis, Kluwer Academic Publishers, Dordrecht [14] P.M Vasic, J.E Pecaric, “Note on the Steffensen inequality”, Univ.Beograd Publ Elektrotechn Fak Ser Mat Fiz., No 716-734, 8082 [15] A Witkowski (2006), “On Young’s inequality”, J Inequal Pure Appl Math., 7(5) (2006), Art 164 ...  - 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: 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC... Chương Về bất đẳng thc Gră uss 1.1 Mt s kin thc chun b 1.1.1 Hàm số, biến phân bin 1.1.2 Bt ng thc Hăolder 1.2 V bt ng thc Gră uss 1.3 Một số bất đẳng thức liên quan 1.3.1 Bất đẳng thức. .. g) Một ước lượng tương tự J Karamata chứng minh R(f, g) = f (x)dx 1 g(x)dx f (x)g(x)dx Kết gọi bất đẳng thức Karamata, kết chứng minh phần 1.3 1.3.1 Một số bất đẳng thức liên quan Bất đẳng thức