Luận văn Về bất đẳng thức ostrowski và trapezoid

b = (b1, b2, . . . , bn) là hai bộ n số thực dương và p > 1, 1 p + 1 q = 1. Khi đĩ ta cĩ bất đẳng thức sau n∑ i=1 aibi ≤ ( n∑ i=1 api ) 1 p ( n∑ i=1 bqi ) 1 q . (1.3) Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi api = kb q i với mọi i ∈ {1, 2, , . . . , n}. Kết quả tiếp theo là bất đẳng thức Ho¨lder ở dạng giải tích, chúng tơi chỉ trình bày kết quả mà khơng chứng minh. Định lý 1.3 (Bất đẳng thức Ho¨lder dạng giải tích). Giả sử (p, q) là cặp số mũ liên hợp, tức là thỏa mãn điều kiện p, q > 1 với 1 p + 1 q = 1, f và g là hai hàm số liên tục trên đoạn [a, b], khi đĩ∫ b a |f(x)g(x)| dx ≤ (∫ b a |f(x)|p dx ) 1 p (∫ b a |g(x)|q dx ) 1 q (1.4) Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi tồn tại hai số thực A và B khơng đồng thời bằng khơng sao cho A |f(x)|p = B |g(x)|q ∀x ∈ [a, b]. 81.3. Bất đẳng thức Ostrowski và trapezoid Năm 1938, Ostrowski đã chứng minh được một ước lượng về trung bình tích phân như sau Định lý 1.4. Giả sử f : [a, b] → R là hàm liên tục trên [a, b] và khả vi trên (a, b) với |f ′(t)| 6M <∞ với mọi t ∈ (a, b). Khi đĩ, với bất kỳ x ∈ [a, b], ta cĩ∣∣∣∣∣∣f(x)− 1b− a b∫ a f(t)dt ∣∣∣∣∣∣ 6 14 + x− a+ b2 b− a  2 M(b− a) (1.5) Hằng số 1 4 là đánh giá tốt nhất, khơng thể thay thế bằng số bé hơn. Bất đẳng thức (1.5) được coi là bất đẳng thức Ostrowski. Các kế quả tổng quát và liên quan đã được trình bày trong chương 2 và 3. Một ước lượng khác cho trung bình tích phân được cho bởi quy tắc trapezoid (hay quy tắc hình thang) như sau Định lý 1.5 (Cerone và Dragomir [7]). Giả sử f : [a, b]→ R là hàm liên tục trên [a, b] và khả vi trên (a, b) với |f ′(t)| 6 M < ∞ với mọi t ∈ (a, b). Khi đĩ, với bất kỳ x ∈ [a, b], ta cĩ∣∣∣∣∣∣(x− a)f(a) + (b− x)f(b)b− a − 1b− a b∫ a f(t)dt ∣∣∣∣∣∣ 6 14 + x− a+ b2 b− a  2 M(b− a), (1.6) với mọi x ∈ [a, b]. Hằng số 1 4 là đánh giá tốt nhất. Bất đẳng thức (1.6) được coi là bất đẳng thức trapezoid. Các kết quả mở rộng và liên quan được trình bày trong chương 2. Chú ý quan trọng về các giá trị biên trong các bất đẳng thức (1.5) và (1.6) là như nhau. 9Chương 2 Về bất đẳng thức Ostrowski và Trapezoid 2.1. Về bất đẳng thức Ostrowski 2.1.1 Bất đẳng thức Ostrowski với hàm liên tục tuyệt đối Định lý 2.1. Xét f : [a; b] → R là ánh xạ liên tục tuyệt đối trên (a, b). Khi đĩ ta cĩ |f(x)− 1 b− a ∫ b a f(t)dt| 6  [ 1 4 + (x− a+ b 2 b− a )2] (b− a)‖f ′‖∞; { 1 q + 1 [( x− a b− a )q+1]}1 q× ×(a− b) 1 q ‖f ′‖p, p > 1, 1 p + 1 q = 1; [ 1 2 + | x− a+ b 2 | b− a ] ‖f ′‖1. (2.1) với mọi x ∈ [a, b], trong đĩ ‖f ′‖s :=  (∫ b a | f ′(t) |s dt )1 s nếu s ∈ [0;∞) sup t∈(a;b) | f ′(t) | nếu s =∞. Chứng minh. Lấy tích phân từng phần, ta cĩ∫ x a (t− a)f ′(t)dt = (x− a)f(x)− ∫ x a f(t)dt 10 và ∫ x b (t− a)f ′(t)dt = (x− b)f(x)− ∫ x b f(t)dt. Cộng hai vế của hai đẳng thức trên ta thu được đẳng thức Montgomery (b− a)f(x) = ∫ x b f(t)dt+ ∫ b a p(x, t)f ′(t)dt, (2.2) trong đĩ ánh xạ p : [a; b]2 → R, xác định như sau p(x, t) := { t− a nếu t ∈ [a;x] t− b nếu t ∈ [x; b]. Tiếp theo, ta cĩ∣∣∣∣ ∫ b a p(x, t)f ′(t)dt ∣∣∣∣ 6 sup t∈(a;b) | f ′(t) | ∫ b a p(x, t)dt = ‖f ′‖∞ [ ∫ x a (t− a)dt+ ∫ b x (t− b)dt ] = ‖f ′‖∞ [ (x− a)2 + (b− x)2 2 ] = ‖f ′‖∞ [ 1 4 + (x− a+ b 2 b− a )2] (b− a)2, như vậy ta chứng minh được khẳng định đầu tiên trong (2.1). Áp dụng bất đẳng thức Ho¨lder dạng tích phân với p > 1, 1 p + 1 q = 1, ta cĩ đánh giá sau: ∣∣∣∣ ∫ b a p(x, t)f ′(t)dt ∣∣∣∣ 6 (∫ b a | p(x, t) |q dt )1 p‖f ′‖p = [ ∫ x a (t− a)qdt+ ∫ b x (t− b)qdt ]1 q ‖f ′‖p = [ (x− a)q+1 + (b− x)q+1 q + 1 ]1 q ‖f ′‖p. Kết hợp với khẳng định (2.1), ta thu được khẳng định thứ hai trong (2.1). 11 Để chứng minh khẳng định thứ ba trong (2.1), ta cĩ∣∣∣∣ ∫ b a p(x, t)f ′(t)dt ∣∣∣∣ 6 sup t∈(a;b) |p(x, t)| ∫ b a |f ′(t)|dt = max{x− a; b− x}‖f ′‖1 = [ b− a 2 + ∣∣∣∣x− a+ b2 ∣∣∣∣]‖f ′‖1. từ đánh giá này và đẳng thức (2.2), ta thu được đánh giá cuối của bất đẳng thức (2.1). Chú ý: Trong chứng minh trên ta đã sử dụng đẳng thức hiển nhiên sau max{X, Y } = X + Y 2 + 1 2 |X − Y |. Nhận xét 2.1. (a) Hằng số 1 4 trong bất đẳng thức đầu là đánh giá tốt nhất, tức là khơng thể thay thế bẳng số bé hơn. Bấ đẳng thức này. Trong bất đẳng thức (2.1), nếu ta chọn hàm số f(x) = x thì ta thu được∣∣∣∣x− a+ b2 ∣∣∣∣ 6 [14 + (x− a+ b 2 b− a )2] (b− a) (2.3) với mọi x ∈ [a, b]. Nếu trong bất đẳng thức (2.3), ta chọn x = a hoặc x = b, thì dấu đẳng thức xảy ra. (b) Trong bài báo của Peachey, McAndrew, và Dragomir xuất bản năm 1999, chứng minh được rằng hằng số 1 2 trong đánh giá cuối của bất đẳng thức (2.1) là đánh giá tốt nhất. (c) Hằng số 1 q + 1 trong đánh giá thứ hai của bất đẳng thức (2.1) khơng thể thay thế bằng hằng số dạng c q + 1 với 0 < c < 1. Thật vậy, giả sử tồn hằng số c như vậy, thì với f(x) = x ta cĩ ∣∣∣∣x− a+ b2 ∣∣∣∣ 6 { cq + 1 [( x− a b− a )q+1 + ( b− x b− a )q+1]}1 q (b− a) (2.4) với mọi x ∈ [a, b]. Nếu trong bất đẳng thức (2.4) ta chọn x = a, thì được 1 2 6 ( c q + 1 ) 1 q từ đĩ 12 ta cĩ c ≥ q + 1 2q với mọi q > 1. Cho q → 1+, ta được c ≥ 1 vậy hằng số 1 là đáng giá tốt nhất. 2.1.2 Bất đẳng thức Ostrowski với hàm cĩ biến phân bị chặn Định lý 2.2. Xét hàm số f : [a, b]→ R cĩ biến phân bị chặn trên [a, b]. Khi đĩ ta cĩ bất đẳng thức. ∣∣∣∣f(x)− 1b− a ∫ b a f(t)dt ∣∣∣∣ 6 [12 + |x− a+ b 2 | b− a ] b∨ a (f) (2.5) với mọi x ∈ [a, b], trong đĩ b∨ a (f) là biến phân tồn phần của hàm số f trên [a, b]. Hằng số 1 2 là đánh giá tốt nhất trong bất đẳng thức (2.5). Chứng minh. ∫ x a (t− a)df(t) = (x− a)f(x)− ∫ x a f(t)dt. (2.6) và ∫ b x (t− b)df(t) = (b− x)f(x)− ∫ b x f(t)dt. (2.7) Cộng hai vế của phương trình (2.6) và (2.7), ta thu được đẳng thức sau∫ b x f(t)dt = (b− a)f(x) + ∫ b a p(t, x)df(t), (2.8) trong đĩ p(t, x) := { t− a nếu t ∈ [a;x] t− b nếu t ∈ (x; b] , x ∈ [a; b]. Ta đã biết, nếu hàm g : [a, b] → R liên tục trên các phân hoạch của [a, b] và hàm v : [a, b]→ R cĩ biến phân bị chặn trên [a, b], thì hàm g khả tích Riemann-Stieltjes ứng với v, vì vậy ta cĩ đánh giá sau∣∣∣∣ ∫ b a g(x)dv(x) ∣∣∣∣ 6 sup t∈[a;b] |g(x)| b∨ a (v). (2.9) 13 Áp dụng bất đẳng thức (2.9) cho hàm p và f , ta cĩ khẳng định sau∣∣∣∣ ∫ b a p(t, x)df(t) ∣∣∣∣ 6 sup t∈[a;b] |p(t, x)| b∨ a (f). (2.10) với sup t∈[a;b] |p(t, x)| = max x∈[a;b] {x− a, x− b} = 1 2 (b− a) + ∣∣∣∣x+ a+ b2 ∣∣∣∣ ở đây ta đã sử dụng đẳng thức 2.max{A,B} = A+B+ | B − A | . Khi đĩ, từ bất đẳng thức (2.10) và đẳng thức (2.8) ta thu được bất đẳng thức (2.5). Để chứng minh hằng số 1 2 , là đánh giá tốt nhất trong bất đẳng thức (2.5), ta giả sử bất đẳng thức này thỏa mãn với hằng số C > 0 nào đĩ, nghĩa là ∣∣∣∣f(x)− 1b− a ∫ b a f(t)dt ∣∣∣∣ 6 [C + |x− a+ b 2 | b− a ] b∨ a (f) (2.11) với mọi x ∈ [a, b]. Chọn hàm số f : [a, b]→ R xác định bởi f(x) =  0 nếu x ∈ [a; a+ b 2 ) ∪ (a+ b 2 ; b], 1 nếu x = a+ b 2 . Khi đĩ hàm f cĩ biến phân bị chặn trên [a, b], với ∫ b a f(t)dt = 0 và b∨ a (f) = 2. Thay hàm f và bất đẳng thức (2.11) Và chọn x = a+ b 2 , ta thu được 1 6 2C. Hay C > 1 2 ta cĩ điều phải chứng minh. Nhận xét 2.2. Giả sử f là ánh xạ xác định như trên và In := a < x0 < x1 < · · · < xn−1 < xn = b là một phân hoạch của [a, b], hi = xi+1 − xi, ξi ∈ [xi;xi+1], i = 0, n− 1, và tổng Riemann được biểu diễn bởi σ(f, ξ, In) = n−1∑ i=0 f(ξi)hi. 14 Ta cĩ ∫ b a f(x)dx = σ(f, ξ, In) +R(f, ξ, In), (2.12) trong đĩ phần dư R(f, ξ, In) thỏa mãn bất đẳng thức sau | R(f, ξ, In) |6 [ 1 2 ν(h) + ∑ i=0,n−1 ∣∣∣∣ξi − xi + xi+12 ∣∣∣∣] b∨ a (f) (2.13) Thật vậy, áp dụng bất đẳng thức (2.5) trên đoạn [xi, xi + 1] và với ξi ∈ [xi, xi + 1], ta thu được ∣∣∣∣ ∫ xi+1 xi f(t)dt− hi(ξi) ∣∣∣∣ 6 [12 + ∣∣∣∣ξi − xi + xi+12 ∣∣∣∣] xi+1∨ xi (f). Lấy tổng hai vế của bất đẳng thức này theo i = 0, 1, . . . , n− 1 ta cĩ | R(f, ξ, In) | 6 n−1∑ i=1 [ 1 2 hi + ∣∣∣∣ξi − xi + xi+12 ∣∣∣∣] xi+1∨ xi (f) 6 max i=0,n−1 [ 1 2 hi + ∣∣∣∣ξi − xi + xi+12 ∣∣∣∣] n−1∑ i=1 xi+1∨ xi (f) = [ 1 2 ν(h) + max i=0,n−1 ∣∣∣∣ξi − xi + xi+12 ∣∣∣∣] b∨ a (f), trong đĩ ν(h) = max{hi : i = 0, 1, . . . , n− 1}. 2.2. Về bất đẳng thức trapezoid 2.2.1 Bất đẳng thức trapezoid đối với hàm cĩ biến phân bị chặn Định lý 2.3. Xét hàm f : [a, b]→ R cĩ biến phân bị chặn. Khi đĩ ta cĩ bất đẳng thức ∣∣∣∣ ∫ b a f(x)dx− f(a) + f(b) 2 (b− a) ∣∣∣∣ 6 b− a2 b∨ a (f) (2.14) với b∨ a (f) là biến phân tồn phần của hàm f trên đoạn [a, b]. Hằng số 1 2 là đánh giá tốt nhất trong bất đẳng thức (2.14). 15 Chứng minh. Áp dụng quy tắc lấy tích phân từng phần, ta cĩ∫ b a ( x− a+ b 2 ) df(x) = f(a) + f(b) 2 (b− a)− ∫ b a f(x)dx (2.15) Giả sử ∆n : a = x (n) 0 < x (n) 1 < · · · < x(n)n−1 < x(n)n = b với ν(∆n) := ∑ i=0,n−1 ( x (n) i+1 − x (n) i ) và ξ (n) i ∈ [x(n)i , x(n)i+1]. Nếu p : [a, b] → R là ánh xạ liên tục trên [a, b] và v : [a, b]→ R cĩ biến phân bị chặn trên [a, b], thì ta cĩ∣∣∣∣ ∫ b a p(x)dv(x) ∣∣∣∣ = ∣∣∣∣ limν(∆n)→0 n−1∑ i=0 p(ξ (n) i )[v(x (n) i+1 − v(x(n)i ] ∣∣∣∣ (2.16) 6 lim ν(∆n)→0 n−1∑ i=0 |p(ξ(n)i )||v(x(n)i+1 − v(x(n)i | 6 max x∈[a;b] |p(x)| sup ∆n n−1∑ i=0 |v(x(n)i+1 − v(x(n)i | = max x∈[a;b] |p(x)| b∨ a (ν). Áp dụng bất đẳng thức (2.16), ta thu được∫ b a ( x− a+ b 2 ) df(x) ≤ max x∈[a;b] ∣∣∣∣x− a+ b2 ∣∣∣∣ b∨ a (f) (2.17) = a− b 2 b∨ a (f), và thơng qua đẳng thức (2.15), ta cĩ bất đẳng thức (2.14). Để chứng minh hằng số 1/2 là xấp xỉ tốt nhất trong bất đẳng thức (2.14), ta giả sử bất đẳng thức này thỏa mãn với hằng số C > 0 nào đĩ, nghĩa là,∣∣∣∣ ∫ b a f(x)dx− f(a) + f(b) 2 (b− a) ∣∣∣∣ 6 C(b− a) b∨ a (f). (2.18) Xét ánh xạ f : [a, b]→ R xác định bởi f(x) = { 1 nếu x ∈ {a; b}; 0 nếu x ∈ (a; b). 16 Khi đĩ f cĩ biến phân bị chặn, với b∨ a (f) = 2 và ∫ b a f(x)dx = 0, ta thu được∫ b a f(x)dx− f(a) + f(b) 2 (b− a) = −(b− a); và (b− a) b∨ a (f) = 2(b− a). Từ bất đẳng thức (2.18) ta cĩ (b− a) 6 2c(b− a), từ đây suy ra C ≥ 1 2 do đĩ hằng số 1 2 là đánh giá tốt nhất trong bất đẳng thức (2.14). Nhận xét 2.3. Nếu In : a = x0 < x1 < · · · < xn−1 < xn = b là phân hoạch của [a, b] và hàm f xác định như trên thì ta cĩ∫ b a f(x)dx = AT (f, In) +RT (f, In) (2.19) trong đĩ AT (f, In) cơng thức trapezoid. Tức là AT (f, In) := 1 2 n∑ i=1 [f(xi) + f(xi+1)]hi, hi := xi+1 − xi, và phần dư thỏa mãn AT (f, In) thõa mãn ước lượng sau |AT (f, In)| 6 ν(h) 2 b∨ a (f), (2.20) với ν(h) = max i=0,n−1 {hi}. Hằng số 1 2 là đánh giá tốt nhất. 2.2.2 Bất đẳng thức trapezoid đối với hàm đơn điệu Định lý 2.4. Xét hàm số f : [a, b]→ R đơn điệu khơng tăng trên đoạn [a, b]. Khi đĩ ta cĩ bất đẳng thức∣∣∣∣ ∫ b a f(x)dx− f(a) + f(b) 2 (b− a) ∣∣∣∣ (2.21) 6 1 2 (b− a)(f(b)− f(a))− ∫ b a sgn ( x− a+ b 2 ) f(x)dx 6 (b− a)(f(b)− f(a)) 2 . 17 Hằng số 1 2 là đánh giá tốt nhất trong hai bất đẳng thức trên. Chứng minh. Lấy tích phân từng phần ta thu được∫ b a ( x− a+ b 2 ) df(x) = f(a) + f(b) 2 (b− a)− ∫ b a f(x)dx. (2.22) Giả sử ∆n : a = x (n) 0 < x (n) 1 < · · · < x(n)n−1 < x(n)n = b là dãy các điểm chia của đoạn [a, b] với ν(∆n) → 0 khi n → ∞, trong đĩ ν(∆n) := max i=0,n−1 ( x (n) i+1 − x(n)i ) và ξ (n) i ∈ [x(n)i , x(n)i+1]. Nếu hàm p : [a, b] → R liên tục trên [a, b] và hàm v đơn điệu khơng giảm trên [a, b], thì ta cĩ ∣∣∣∣ ∫ b a p(x)dv(x) = ∣∣∣∣ limν(∆n)→0 n−1∑ i=0 p ( ξ (n) i )[ v ( x (n) i+1 )− (x(n)i )]∣∣∣∣ (2.23) ≤ lim ν(∆n)→0 n−1∑ i=0 ∣∣p(ξ(n)i )∣∣∣∣v(x(n)i+1)− (x(n)i )∣∣ =≤ lim ν(∆n)→0 n−1∑ i=0 ∣∣p(ξ(n)i )∣∣((v(x(n)i+1)− (x(n)i )) = ∫ n a |p(x)|dv(x). Áp dụng đánh giá (2.23), ta cĩ:∣∣∣∣ ∫ b a ( x− a+ b 2 ) df(x) ∣∣∣∣ 6 ∫ b a ∣∣∣∣x− a+ b2 ∣∣∣∣df(x) = ∫ a+b 2 a ( a+ b 2 − x ) df(x) + ∫ b a+b 2 ( x− a+ b 2 ) df(x) = ( a+ b 2 − x ) f(x) ]a+b 2 a + ∫ a+b 2 a f(x)dx + ( x− a+ b 2 ) f(x) ]b a+b 2 + ∫ b a+b 2 f(x)dx = 1 2 (b− a)(f(b)− f(a))− ∫ b a sgn ( x− a+ b 2 ) f(x)dx ta thu được bất đẳng thức đầu tiên trong (2.21). Vì hàm f đơn điệu khơng tăng 18 trên [a, b], ta cũng thu được đánh giá sau∫ a+b 2 a f(x)dx 6 ( a+ b 2 − a ) f ( a+ b 2 ) = b− a 2 f ( a+ b 2 ) và ∫ b a+b 2 f(x)dx 6 ( b− a+ b 2 ) f ( a+ b 2 ) = b− a 2 f ( a+ b 2 ) vì vậy, ta cĩ ∫ b a sgn ( x− a+ b 2 ) f(x)dx = − ∫ a+ b 2 a f(x)dx+ ∫ b a+ b 2 f(x)dx ≥ b− a 2 f ( a+ b 2 ) − b− a 2 f ( a+ b 2 ) = 0, như vậy ta cĩ bất đẳng thức thứ hai trong (2.21). Để chứng minh hằng số 1 2 là đánh giá tốt nhất trong bất đẳng thức trên, ta chọn hàm f như sau: f(x) = { 0 nếu x ∈ [a; b) 1 nếu x = b là hàm đơn điệu khơng tăng trên [a, b] thay vào (2.21) ta thu được điều phải chứng minh. Nhận xét 2.4. Nếu hàm f xác định như trên và In là một phân hoạch của [a, b], thì ta cĩ ∫ b a f(x)dx = AT (f, In) +RT (f, In) (2.24) trong đĩ AT (f, In) là quy tắc trapezoid và phần dư RT (f, In) thỏa mãn ước lượng |RT (f, Ik)| (2.25) 6 1 2 n−1∑ i=0 [f(xi+1)− f(xi)]hi − n−1∑ i=0 ∫ xi+1 xi sgn ( x− xi + xi+1 2 ) f(x)dx 6 1 2 n−1∑ i=0 [f(xi+1)− f(xi)]hi 6 ν(h) 2 (f(b)− f(a)), với hi = xi+1 − xi và ν(h) = max i=0,n−1 {hi}. 19 2.2.3 Bất đẳng thức trapezoid đối với hàm liên tục tuyệt đối Định lý 2.5. Xét hàm f : [a, b] → R là hàm liên tục tuyệt đối trên [a, b]. Khi đĩ ta cĩ bất đẳng thức sau∣∣∣∣ ∫ ba f(x)dx− f(a) + f(b)2 (b− a) ∣∣∣∣ 6  (b− a)2 4 ‖f ′‖∞ nếu f ′ ∈ L∞[a; b]; (a− b) 1+ 1 q 2(q + 1) 1 q nếu f ′ ∈ Lp[a; b], p > 1, 1 p + 1 q = 1; (b− a) 2 ‖f ′‖1 nếu f ′ ∈ L1[a; b]; (2.26) với ‖.‖p là chuẩn thơng thường trong khơng gian các hàm khả tích Lebesgue Lp[a, b]. Nghĩa là, ‖f ′‖∞ := ess sup t∈[a;b] |f ′(t)|, và ‖f ′‖p := (∫ b a |f ′(t)|pdt ) 1 p với p ≥ 1. Chứng minh. Tích phân từng phần ta được∫ b a ( t− a+ b 2 ) f ′(t)dt = (b− a)(f(a) + f(b)) 2 − ∫ b a f(t)dt (2.27) Từ đẳng thức (2.27) ta thu được bất đẳng thức sau∣∣∣∣ ∫ b a f(t)dt− (b− a)f(a) + f(b) 2 6 ∫ b a ∣∣∣∣t− a+ b2 ∣∣∣∣|f ′(t)|dt. (2.28) Nếu hàm f ′ ∈ L∞[a, b], thì ta cĩ∫ b a |f ′(t)|dt ∣∣∣∣t− a+ b2 ∣∣∣∣ 6 ‖f ′‖∞ ∫ b a ∣∣∣∣t− a+ b2 ∣∣∣∣dt = ‖f ′‖∞ (b− a)24 . Nếu hàm f ′ ∈ Lp[a, b], thì theo bất đẳng thức Ho¨lder với p > 1, 1 p + 1 q = 1, ta cĩ 20 bất đẳng thức ∫ b a |f ′(t)|dt ∣∣∣∣t− a+ b2 ∣∣∣∣ 6 (∫ b a ∣∣∣∣t− a+ b2 ∣∣∣∣dt) 1 q = (a− b)1+ 1q 2(q + 1) 1 q ‖f ′‖p. Nếu hàm f ′ ∈ L1[a, b], thì ta cĩ∫ b a |f ′(t)| ∣∣∣∣t− a+ b2 ∣∣∣∣dt ≤ sup t∈[a;b] ∣∣∣∣t− a+ b2 ∣∣∣∣ ∫ b a |f ′(t)|dt = b− a 2 ‖f ′‖1 vậy ta cĩ bất đẳng thức (2.26). Nhận xét 2.5. Giả sử f là hàm như trên và In là một phân hoạch của [a, b]. Khi đĩ ta cĩ ∫ b a f(x)dx = AT (f, In) +RT (f, In) (2.29) với AT (f, In) là quy tắc trapezoid và phần dư RT (f, In) thỏa mãn bất đẳng thức |RT (f, In)| 6  1 4‖f ′‖∞ n−1∑ i=0 h2i ; 1 2(q+1) 1 q ‖f ′‖p ( n−1∑ i=0 hq+1i ) 1 q ; với p > 1, 1p + 1 q = 1; 1 2 ‖f ′‖1ν(h), (2.30) trong đĩ hi := xi+1 − xi, (i = 0, · · · , n − 1) và ν(h) := max i=0,n−1 {hi}. Áp dụng đánh giá (2.26) trên đoạn [xi, xi+1], ta thu được∣∣∣∣ ∫ xi+1 xi f(x)dx− t− f(xi) + f(xi+1) 2 hi ∣∣∣∣ 6 1 2(q + 1) 1 q h 1+ 1q i (∫ xi+1 xi |f ′(t)|pdt ) 1 p , với mọi i ∈ {0, · · · , n− 1}. Lấy tổng theo i = 0, 1, . . . , n− 1 và áp dụng bất đẳng thức Ho¨lder ta thu được |RT (f, In)| 6 1 2(q + 1) 1 q n−1∑ i=0 h 1+ 1q i (∫ xi+1 xi |f ′(t)|pdt ) 1 p (2.31) ≤ 1 2(q + 1) 1 q [n−1∑ i=0 [(∫ xi+1 xi |f ′(t)|pdt ) 1 p ]p] 1p[ n−1∑ i=0 ( h 1+ 1q i )q] 1q 21 = 1 2(q + 1) 1 q ‖f ′‖p ( n−1∑ i=0 hq+1i ) 1 q , vậy ta thu được bất đẳng thức (2.30). 2.2.4 Bất đẳng thức trapezoid đối với hàm cĩ đạo hàm cấp hai Định lý 2.6. Giả sử hàm f : [a, b]→ R cĩ đạo hàm f ′ liên tục tuyệt đối trên [a, b]. Khi đĩ ta cĩ bất đẳng thức sau∣∣∣∣ ∫ ba f(x)dx− f(a) + f(b)2 (b− a) ∣∣∣∣ 6 6  ‖f ′‖∞ 12 (b− a)3 nếu f” ∈ L∞[a; b]; 1 2 ‖f”‖p[B(q + 1; q + 1)] 1 q (b− a) 2+ 1 q nếu f” ∈ Lp[a; b]; 1 8 ‖f”‖1(b− a)2 nếu f” ∈ L1[a; b]. (2.32) với ‖.‖p là chuẩn thơng thường (p ∈ [1,∞]) trên Lp[a, b] và B(., .) là hàm Beta của Euler, nghĩa là B(α; β) = ∫ 1 0 tα−1(1− t)β−1dt, α, β > 0. (2.33) Chứng minh. Tích phân từng phần hai lần trên [a, b], ta thu được∫ b a (x− a)(b− x)f”(x)dx = (b− a)(f(a) + f(b))− 2 ∫ b a f(x)dx, (2.34) vì vậy∣∣∣∣ ∫ b a f(x)dx− f(a) + f(b) 2 (b− a) ∣∣∣∣ 6 12 ∫ b a (x− a)(b− x)|f”(x)|dx. (2.35) Nếu hàm f” ∈ L∞[a, b] thì 1 2 ∫ b a (x− a)(b− x)|f”(x)|dx 6 1 2 ‖f”‖∞ ∫ b a (x− a)(b− x)dx = ‖f”‖∞ 12 (b− a)3. Vậy ta chứng minh được bất đẳng thức đầu trong (2.32). 22 Nếu hàm f” ∈ Lp[a, b], thì theo bất đẳng thức Ho¨lder ta cĩ b∫ a (x− a)(b− x)|f(x)|dx 6 ‖f”‖p  b∫ a (x− a)q(b− x)qdx  1 q , p > 1, 1 p + 1 q = 1 (2.36) Sử dụng biến đổi x = (1− t)a+ tb, t ∈ [0, 1] ta cĩ (x− a)q(b− x)q = (b− a)2qtq(1− tq), dx = (b− a)dt Vì vậy b∫ a (x− a)q(b− x)qdx = (b− a)2q+1B(q + 1, q + 1). Từ bất đẳng thức (2.35) và (2.36) ta thu được phần hai của bất đẳng thức (2.32). Nếu hàm f” ∈ L1[a, b] thì ta cĩ b∫ a (x− a)(b− x)|f(x)|dx 6 max x∈[a,b] [(x− a)(b− x)]‖f”‖1 = (b− a)2 4 ‖f”‖1. Vậy ta thu được bất đẳng thức sau cùng trong (2.32). Nhận xét 2.6. Giả sử hàm f xác định như trên và In là một phân hoạch của đoạn [a, b]. Khi đĩ ta cĩ b∫ a f(x)dx = AT (f, In) +RT (f, In) (2.37) trong đĩ AT (f, In) là cơng thức trapezoid và phần dư RT (f, In) thỏa mãn bất đẳng thức sau |RT (f, In)| ≤  1 12 ‖f”‖∞ ∑n−1 i=0 h 3 i ; 1 2 ‖f”‖p[B(q + 1, q + 1)] 1 q (∑n−1 i=0 h 2q+1 i ) 1 q , 1 8 ‖f”‖1v2(h), (2.38) trong đĩ hi := xx+1 − xi (i = 0, . . . , n− 1) và v(In) := max i=0,n−1 {hi}. 23 2.3. Làm chặt bất đẳng thức Ostrowski đối với hàm Chebysev Các kết quả của mục này được trình bày lại từ bài báo của Dragomir cơng bố năm 2003. Bổ đề 2.1 (Bổ đề 1, [5]). Xét hàm h : [a, b]→ R khả tích trên [a, b] sao cho −∞ < γ 6 h(x) 6 Γ <∞ với hầu hết x ∈ [a, b]. (2.39) Khi đĩ ta cĩ bất đẳng thức 1 b− a b∫ a ∣∣∣∣∣∣ x∫ a h(t)dt− x− a b− a b∫ a h(u)du ∣∣∣∣∣∣ dx (2.40) 6 1 2  1 b− a b∫ a h(u)du− γ × Γ− 1 b− a b∫ a h(u)du  b− a Γ− γ 6 1 8 (Γ− γ)(b− a). Hằng số 1 2 và 1 8 là đánh giá tốt nhất khơng thể thay thế bởi số bé hơn. Chứng minh. Năm 1970, Ostrowski đã chứng minh được kết quả sau. Nếu hàm f : [a, b]→ R là khả tích và −α 6 f(x) 6 1− α, α ∈ [0, 1] và b∫ a f(x)dx = 0, (2.41) thì ta cĩ b∫ a |F (x)|dx 6 α(1− α) 2 (b− a)2, (2.42) trong đĩ F (x) = ∫ x a f(t)dt. Đặt hàm f xác định như sau f(t) = 1 Γ− γ h(t)− 1 b− a b∫ a h(u)du  , t ∈ [a, b], (Γ 6= γ). Ta hiển nhiên cĩ b∫ a f(t)dt = 0 24 và từ điều kiện (2.39) f(t) 6 Γ− 1 b− a ∫ b a h(u)du Γ− γ = 1− 1 b− a ∫ b a h(u)du− γ Γ− γ , t ∈ [a, b] (2.43) và f(t) ≥ γ − 1 b−a ∫ b a h(u)du Γ− γ , t ∈ [a, b]. (2.44) Ký hiệu α := 1 b−a ∫ b a h(u)du− γ Γ− γ Ta thấy rằng, từ bất đẳng thức (2.42) và (2.43) cho ta −α 6 f(x) 6 1− α for x ∈ [a, b]. Ta cũng cĩ F (x) = x∫ a f(t)dt = 1 Γ− γ [∫ x a h(t)dt− x− a b− a ∫ b a h(u)du ] và vì vậy từ điều kiện (2.41), ta cĩ bất đẳng thức sau 1 Γ− γ b∫ a ∣∣∣∣∫ x a h(t)dt− x− a b− a ∫ b a h(u)du ∣∣∣∣ dx 6 1 2  1 b− a ∫ b a h(u)du− γ Γ− γ   Γ− 1 b− a ∫ b a h(u)du Γ− γ  (b− a)2 (2.45) bất đẳng thức này tương đương với bất đẳng thức đầu tiên trong (2.40). Để chứng minh khẳng định thứ hai trong (2.40) ta sử dụng bất đẳng thức cơ bản sau αβ 6 1 4 (α + β)2, ∀α, β ∈ R; (2.46) dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi α = β, bằng cách chọn α = 1 b− a ∫ b a h(u)du− γ, β = Γ− 1 b− a ∫ b a h(u)du. 25 Để chứng minh hằng số 1 2 là đánh giá tốt nhất, ta giả sử rằng bất đẳng thức (2.40) đúng với hằng số C > 0 nào đĩ, nghĩa là 1 Γ− γ b∫ a ∣∣∣∣∫ x a h(t)dt− x− a b− a ∫ b a h(u)du ∣∣∣∣ dx 6 C ( 1 b− a ∫ b a h(u)du− γ )( Γ− 1 b− a ∫ b a h(u)du ) b− a Γ− γ . (2.47) Xét hàm số h : [a, b]→ R, xác định bởi h(t) :=  −1 t ∈ [a, a+ b 2 ], 1 t ∈ (a+ b 2 , b]. Hiển nhiên γ = −1,Γ = 1, và ∫ ba h(u)du = 0. Ta cĩ b∫ a ∣∣∣∣∫ x a h(t)dt ∣∣∣∣ = 1b− a [∫ a+b 2 a ∣∣∣∣∫ x a h(t)dt ∣∣∣∣ dx+ ∫ a a+b 2 ∣∣∣∣∫ x a h(t)dt ∣∣∣∣ dx ] = 1 b− a [∫ a+b 2 a (x− a)dx+ ∫ a a+b 2 (b− x)dx ] = b− a 4 , vì vậy từ bất đẳng thức (2.47) ta thu được b− a 4 6 C.b− a 2 , hay C > 1 2 . Dễ dàng cĩ hằng số 18 là xấp xỉ tốt nhất. Kế quả tiếp theo, ta trình bày về đánh giá biên của hàm Chebyshev T (f, g) (xem [5]). Kết quả này được Dragomir chỉ ra năm 2003. Định lý 2.7 (Định lý 1, [5]). Xét các hàm f, g : [a, b] → R, với g là hàm liên tục tuyệt đối trên [a, b] và g′ ∈ L∞[a, b] và f là hàm khả tích Lebesgue sao cho tồn tại m,M ∈ R thỏa mãn −∞ < m 6 f(x) 6M <∞ với x ∈ [a, b]. (2.48) Khi đĩ cĩ bất đẳng thức |T (f, g)| 6 1 2 ‖g′‖∞ ( 1b−a ∫ b a f(x)dx−m)(M − 1b−a ∫ b a f(x)dx) M −m (b− a) (2.49) 26 6 1 8 (b− a)(M −m)‖g′‖∞. các hằng số 12 và 1 8 là đánh giá tốt nhất trong bất đẳng thức trên. Chứng minh. Tích phân từng phần ta được 1 b− a b∫ a (∫ x a f(t)dt− x− a b− a ∫ b a f(u)du ) g′(x)dx = 1 b− a (∫ x a f(t)dt− x− a b− a ∫ b a f(u)du ) g(x)|ba − ∫ b a g(x) [ f(x)− 1 b− a ∫ b a f(u)du ] d(x) = − 1 b− a ∫ b a g(x)f(x)dx+ 1 b− a ∫ b a g(x)dx. 1 b− a ∫ b a f(x)dx = −T (f, g). Áp dụng bất đẳng thức trị tuyệt đối ta cĩ |T (f, g)| 6 − 1 b− a ∫ b a ∣∣∣∣∫ x a f(t)dt− x− a b− a ∫ b a f(u)du ∣∣∣∣ |g′(x)|dx 6 ‖g′‖∞ 1 b− a ∫ b a ∣∣∣∣∫ b a f(t)dt− x− a b− a ∫ b a f(u)du ∣∣∣∣ dx 6 1 2 ‖g′‖∞ ( 1 b−a ∫ b a f(x)dx−m )( M − 1b−a ∫ b a f(x)dx ) M −m (b− a). Để chứng minh hằng số 1 2 là đánh giá tốt nhất, ta giả sử rằng bất đẳng thức (2.49) thỏa mãn với hằng số D > 0 nào đĩ. Nghĩa là |T (f, g)| 6 D‖g′‖∞ ( 1 b−a ∫ b a f(x)dx−m )( M − 1b−a ∫ b a f(x)dx ) M −m (b− a). (2.50) Xét các hàm g và f xác định như sau g(x) = x− a+b2 , và f : [a.b]→ R, f(x) = { −1 nếu x ∈ [a, a+b2 ], 1 nếu x ∈ (a+b2 , b]. khi đĩ ∫ b a f(x)dx = ∫ b a g(x)dx = 0, ‖g′‖∞ = 1,m = −1,M = 1 27 và T (f, g) = 1 b− a ∫ b a ∣∣∣∣x− a+ b2 ∣∣∣∣ dx = b− a4 . vì vậy, từ bất đẳng thức (2.50) ta cĩ b− a 4 6 D.b− a 2 , suy ra D > 1 2 . Tương tự ta cĩ hằng số 1 8 là đánh giá tốt nhất trong bất đẳng thức (2.49). Nhận xét 2.7. Từ bất đẳng thức (2.46), đẳng thức xảy trong bất đẳng thức (2.49) khi và chỉ khi α = β, vì vậy 1 b− a ∫ b a f(x)dx = m+M 2 . 28 Chương 3 Bất đẳng thức kiểu Ostrowski và trapezoid liên hệ với định lý giá trị trung bình Pompeiu với trọng số mũ phức Trong chương này, chúng tơi sẽ trình bày về bất đẳng thức kiểu Ostrowski và trapezoid với trọng số mũ giá trị phức, đối với hàm liên tục tuyệt đối giá trị phức. Các bất đẳng thức này liên quan tới định lý giá trị trung bình Pompeiu. Đặc biệt từ các bất đẳng thức này thu được một số kết quả vận dụng, chẳng hạn như: • Làm chặt bất đẳng thức kiểu Ostrowski và bất đẳng thức trapezoid; • Bất đẳng thức kiểu Ostrowski và bất đẳng thức trapezoid mới. Năm 1946, Pompeiu đã đưa ra một dạng khác của định lý giá trị trung bình Lagrange, kết quả này được biết đến như định lý giá trị trung bình Pompeiu, kết quả này được phát biểu trong định lý dưới đây: Định lý 3.1. Với mọi hàm thực f khả vi trên [a, b] khoảng này khơng chứa 0 và với mọi cặp x1 6= x2 trong [a, b], tồn tại ξ giữa x1 và x2 sao cho x1f(x2)− x2f(x1) x1 − x2 = f(ξ)− ξf ′(ξ). Định lý giá trị trung bình Pompeiu được vận dụng để đưa ra các cách xấp xỉ khác nhau của trung bình tích phân, chẳng hạn như kết quả dưới đây. Định lý 3.2. (Dragomir, 2005 [9]) Giả sử hàm f : [a, b] → R liên tục trên [a, b] và khả vi trên (a, b) với [a, b] khơng chứa 0. Khi đĩ với bất kỳ x ∈ [a, b], ta cĩ bất 29 đẳng thức sau∣∣∣∣∣∣a+ b2 .f(x)2 − 1b− a b∫ a f(t)dt ∣∣∣∣∣∣ 6 b− a|x| 14 + x− a+ b2 b− a  2  ‖f − `f ′‖∞. trong đĩ `(t) = t, t ∈ [a, b]. Hằng số 1 4 là đánh giá tốt nhất. Một số bất đẳng thức kiểu Pompeiu mũ với hàm phức liên tục tuyệt đối đã được chứng minh bởi Dragomir với các vận dụng là thu được một số bất đẳng thức kiểu Ostrowski mới. Định lý 3.3. Giả sử f : [a, b] → C là hàm liên tục tuyệt đối trên trên [a, b] và α = β + iγ ∈ C với β > 0. Khi đĩ với bất kỳ x ∈ [a, b] ta cĩ∣∣∣∣∣∣f(x)e αb − eαa α − eαx b∫ a f(t)dt ∣∣∣∣∣∣ ≤  |β|B1(a, b, x, α)‖f ′ − αf‖∞, f ′ − αf ∈ L∞[a, b], q1/q|β|1/q(b− a)1/p|bq(a, b, x, α)|1/q‖f ′ − αf‖p, f ′ − αf ∈ Lp[a, b], p > 1, 1 p + 1 q = 1, B∞(a,