DẠNG TÍCH PHÂN CỦA BẤT ĐẲNG THỨC SCHWEITZER VÀ BẤT ĐẲNG THỨC POLYA - SZEGO.. vậy, ta có.[r]
(1)DẠNG TÍCH PHÂN CỦA BẤT ĐẲNG THỨC SCHWEITZER VÀ BẤT ĐẲNG THỨC POLYA - SZEGO Bất đẳng thức Schweitzer Nếu [a; b] ⊂ R∗+ = (0; +∞) và xk ∈ [a; b] , k = 1, n, n ∈ N∗ , thì ! n ! n X X (a + b)2 xk k=1 k=1 ≤ xk 4ab n2 (1) Bất đẳng thức Polya - Szego Nếu [m1 ; M1 ] ⊂ R∗+ , [m2 ; M2 ] ⊂ R∗+ và ak ∈ [m1 ; M1 ] , bk ∈ [m2 ; M2 ] , k = 1, n, n ∈ N∗ , thì !2 ! n ! n n X X (m1 m2 + M1 M2 )2 X b2k a2k k=1 ≤ 4m1 m2 M1 M2 k=1 ak b k (2) k=1 Bất đẳng thức Schweitzer dạng tích phân Cho hàm số liên tục f : [a; b] → (0; +∞) có m = f (x), M = max f (x) Ta có x∈[a;b] b b Z Z f (x)dx x∈[a;b] (m + M )2 dx ≤ (b − a)2 f (x) 4mM (3) a a Chứng minh k(b − a) , n b−a = n Với số nguyên dương n ta phân hoạch đoạn [a; b] thành n phần các điểm xk = a + k = 0, n, a = x0 < x1 < < xn−1 < xn = b Với k ∈ {1, 2, , n} ta có ∆xk = xk − xk−1 b−a Lưu ý → n → +∞ Vì f : [a; b] → (0; +∞) là hàm liên tục nên f có tích phân trên n n n Rb P b−a P k(b−a) đoạn [a; b] và f (xk )∆xk = lim f a+ n Tương tự f (x)dx = lim n→+∞ n k=1 n→+∞ k=1 a vậy, ta có Rb a f (x) n b−a P k(b−a) n→+∞ n k=1 f a+ dx = lim n Áp dụng bất đẳng thức (1), đó thay các xk f a + ta có n X f k=1 hay n b−aX f n k=1 k(b − a) a+ n X n k=1 f k=1 , 0<m≤f a+ k(b−a) n ≤ M, (m + M )2 ≤ n 4mM k(b − a) a+ n n k(b − a) b − a X a+ n n k(b−a) n f 1 (m + M )2 ≤ (b − a)2 4mM k(b − a) a+ n (4) (2) Ở (4) cho n → +∞ ta thu bất đẳng thức (3) b b Z Z (m + M )2 f (x)dx dx ≤ (b − a)2 f (x) 4mM a a Bất đẳng thức Polya - Szego dạng tích phân Cho các hàm số liên tục f, g : [a; b] → (0; +∞) và kí hiệu m1 = f (x), M1 = max f (x), x∈[a;b] x∈[a;b] m2 = g(x), M2 = max g(x) Khi đó x∈[a;b] x∈[a;b] b b b 2 Z Z Z f (x)dx g (x)dx ≤ (m1 m2 + M1 M2 ) f (x)g(x)dx 4m1 m2 M1 M2 a a (5) a Chứng minh k(b − a) , n b−a k = 0, n, a = x0 < x1 < < xn−1 < xn = b Ta có ∆xk = xk − xk−1 = , k = 1, n n b−a → n → +∞ Vì f : [a; b] → (0; +∞) là hàm liên tục nên f có tích phân Lưu ý n n n Rb P b−a P k(b−a) f (xk )∆xk = lim trên đoạn [a; b] và f (x)dx = lim f a+ n Nhớ n→+∞ n k=1 n→+∞ k=1 a các hàm g , f.g , f , g là hàm liên tục trên [a; b], nên tương tự trên ta có Với số nguyên dương n ta phân hoạch đoạn [a; b] thành n phần các điểm xk = a + Rb g(x)dx n P k(b−a) b−a g a + , n n→+∞ n k=1 n P k(b−a) k(b−a) b−a lim f a+ n g a+ n , n→+∞ n k=1 = lim a Rb a Rb f (x)g(x)dx = f (x)dx = g (x)dx = n P b−a a + k(b−a) , f n n→+∞ n k=1 n P k(b−a) b−a g a+ n lim n→+∞ n k=1 lim a Rb a Áp dụng bất đẳng thức (2), với k(b − a) a+ n ak = f ta có n P f2 k(b−a) n a+ k=1 P n g2 a+ k=1 ∈ [m1 ; M1 ] , bk = g k(b−a) n k(b − a) a+ n (m1 m2 + M1 M2 )2 ≤ 4m1 m2 M1 M2 n P ∈ [m2 ; M2 ] , f a+ k=1 k(b−a) n g a+ k(b−a) n 2 hay n b−a P f2 n k=1 n k(b − a) b − a P a+ g2 n n k=1 ≤ (m1 m2 + M1 M2 ) 4m1 m2 M1 M2 k(b − a) a+ n n b−aX n f a+ k=1 ≤ k(b − a) n g a+ k(b − a) n !2 (6) (3) Ở (6) cho n → +∞ ta thu bất đẳng thức (5) b 2 b b Z Z Z f (x)dx g (x)dx ≤ (m1 m2 + M1 M2 ) f (x)g(x)dx a 4m1 m2 M1 M2 a a Nhận xét Kết hợp với bất đẳng thức Bunyakovski-Cauchy-Schwarz, ta có thể viết (1), (2), (3), (5) dạng tương ứng sau ! ! n n X X (a + b)2 2 xk ≤ n , (7) n ≤ xk 4ab k=1 k=1 ! n ! !2 !2 n n n X X X X (m m + M M ) 2 b2k ≤ a2k ak b k ≤ ak bk , (8) k=1 k=1 (b − a)2 ≤ Zb k=1 b Z k=1 (m + M )2 dx ≤ (b − a)2 , f (x) 4mM f (x)dx a 4m1 m2 M1 M2 (9) a b 2 b b 2 b Z Z Z Z f (x)g(x)dx ≤ f (x)dx g (x)dx ≤ (m1 m2 + M1 M2 ) f (x)g(x)dx a a 4m1 m2 M1 M2 a a (10) Email: xa.nguyenvan@gmail.com (4)