MỘT HƯỚNG xây DỰNG bất ĐẲNG THỨC TÍCH PHÂN

MỘT HƯỚNG XÂY DỰNG BẤT ĐẲNG THỨC TÍCH PHÂNVõ 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 trọng và thườ

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 trọng và thường gặp trong các

kỳ thi Olympic Toán học sinh viên Những bài toán liên quan đến bất đẳng thức tích phân thường là những bài toán tương đối khó và đôi khi cách tiếp cận lời giải của nó không “tự nhiên” Bên cạnh đó, nhiều bất đẳng thức tích phân có dạng tương tự như các bất đẳng thức đại số cổ điển như bất đẳng thức Bunhiakovski, Minkovski và có thể sẽ có những hướng khác nhau để tiếp cận các bài toán dạng này Tuy nhiên trong bài viết này, chúng 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 số (dạng rời rạc) sang dạng tích phân (dạng liên tục) như bất đẳng thức Bunhiakovski, Minkovski, H ¨older, Jensen Vì các bất đẳng thức trên được trình bày dưới dạng khá tổng quát nên khi đặc biệt hóa một số yếu tố, chúng ta sẽ thu được những bài toán thú vị

4 Tích phân Riemann

Trong mục này, chúng tôi sẽ nhắc lại khái niệm và cách xây dựng tích phân Riemann

Cho[a; b]là một đoạn đóng và bị chặn củaR(a <b) Một họ hữu hạn các điểm

{xi, 1 ≤ i ≤ n} mà a = x0 < x1 < x2 < · · · < xn = b được gọi là một phép phân hoạch (hữu hạn) đoạn[a; b]và ký hiệu là π = {x0, x1, , xn} Khi đó ta có

[a; b] = [x0; x1] ∪ [x1; x2] ∪ · · · ∪ [xn−1; xn]

Số d(π) =max1≤i≤n(xi−xi−1) =max1≤i≤n∆xi được gọi là độ dài của phép phân

hoạch π Ta ký hiệuP [a; b]là họ tất cả các phép phân hoạch của[a; b]

Xét f(x) là hàm xác định trên đoạn [a; b] Gọi π = {x0, x1, , xn} ∈ P [a; b] là một phân hoạch bất kỳ của [a; b] Với mỗi i = 1, , n, trên mỗi đoạn [xi−1; xi], ta

chọn một giá trị ξi tùy ý và ký hiệu γ = (ξ1, , ξn)là một cách chọn ứng với phân

hoạch π Lập tổng

Sγ(π) =

n

∑

i = 1

f(ξi)(xi−xi−1) =

n

∑

i = 1

f(ξi)∆xi

và S(γ π) được gọi là tổng Riemann của f trên [a; b] ứng với phân hoạch π và cách chọn γ.

Nếu với mọi cách chọn γ ứng với phân hoạch π, tồn tại giới hạn hữu hạn

lim

d (π)→ 0S(γ π) =S

và giới hạn S này không phụ thuộc vào phân hoạch π cũng như cách chọn γ thì ta

nói f(x)khả tích Riemann trên[a; b]và S được gọi là tích phân Riemann (tích phân xác định) của f(x)trên[a; b], ký hiệu

S =

Z b

a f(x)dx

Sau đây chúng tôi nhắc lại một số tiêu chuẩn cơ bản để một hàm số khả tích

Mệnh đề 1) Nếu f(x)là hàm liên tục trên đoạn[a; b]thì f(x)khả tích trên[a; b].

2) Nếu f(x) bị chặn trên [a; b]và có một số hữu hạn điểm gián đoạn trên [a; b] thì f(x)

khả tích trên[a; b].

3) Nếu f(x)bị chặn và đơn điệu trên[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 sử dụng định nghĩa tích phân

5.1 Bất đẳng thức Bunhiakovski

Dạng đại số: Cho hai dãy số thực x1, x2, , xn và y1, y2, , yn Khi đó, ta có

 n

∑

i = 1

xiyi2 ≤

n

∑

i = 1

x2i

n

∑

i = 1

Từ bất đẳng thức Bunhiakovski dạng đại số (3.1.1) trên, ta có dạng tích phân tương ứng như sau:

Dạng tích phân: Cho f , g : R→ R là hai hàm liên tục trên đoạn[a; b] Khi đó,

Z b

a f(x)g(x)dx2 ≤ 

Z b

a f2(x)dx

Z b

a g2(x)dx (3.1.2)

Chứng minh. Bất đẳng thức (3.1.2) có thể được chứng minh dựa vào phương pháp xét dấu của tam thức bậc hai Ở đây chúng tôi sẽ trình bày một cách chứng minh khác dựa vào định nghĩa tích phân

Với mỗi số tự nhiên n, ta phân hoạch đoạn [a; b] thành n phần có độ dài bằng

nhau với các điểm chia ξk = a+ nk(b−a), k = 0, 1, , n, mỗi đoạn có độ dài bằng

(b−a)/n Áp dụng bất đẳng thức (3.1.1) ta có

 n

∑

i = 1

f(ξi)g(ξi)2 ≤

n

∑

i = 1

f2(ξi)

n

∑

i = 1

g2(ξi)

⇐⇒ b−a

n

n

∑

i = 1

(f g)(ξi)2 ≤b−a

n

n

∑

i = 1

f2(ξi)b−a

n

n

∑

i = 1

g2(ξi) (3.1.3)

Vì f , g là các hàm liên tục trên[a; b]nên f g cũng là hàm liên tục trên[a; b], điều này đảm bảo cho sự tồn tại của các tích phân trong (3.1.2) Lấy giới hạn hai vế (3.1.3) khi n→ ∞ và sử dụng định nghĩa tích phân xác định ta thu được (3.1.2)

5.2 Bất đẳng thức Minkovski

Dạng đại số: Cho hai dãy số thực x1, x2, , xn và y1, y2, , yn, và số thực p ≥ 1 Khi

đó, ta có

 n

∑

i = 1

|xi+yi|p1/p ≤ 

n

∑

i = 1

|xi|p1/p+

n

∑

i = 1

|yi|p1/p. (3.2.1)

Từ bất đẳng thức Minkovski dạng đại số (3.2.1) trên, ta có dạng tích phân tương ứng như sau:

Dạng tích phân: Cho các số thực p, q > 1 với 1/p+1/q và f , g : R → R là hai hàm

liên tục trên đoạn[a; b] Khi đó,

Z b

a |f(x) +g(x)|pdx1/p ≤

Z b

a |f(x)|pdx1/p+

Z b

a |g(x)|pdx1/p (3.2.2)

Chứng minh. Với mỗi số tự nhiên n, ta phân hoạch đoạn [a; b] thành n phần có độ

dài bằng nhau với các điểm chia ξk = a+ nk(b−a), k = 0, 1, , n Áp dụng bất đẳng thức (3.2.1) ta có

 n

∑

i = 1

|f(ξi) +g(ξi)|p1/p ≤ 

n

∑

i = 1

|f(ξi)|p1/p+

n

∑

i = 1

|g(ξi)|p1/p

⇔ b−a

n

n

∑

i = 1

|(f +g)(ξi)|p1/p ≤ b−a

n

n

∑

i = 1

|f(ξi)|p1/p+b−a

n

n

∑

i = 1

|g(ξi)|p1/p

(3.2.3)

Vì f , g là các hàm liên tục trên [a; b]nên f +gcũng là hàm liên tục trên [a; b], điều này dẫn đến tồn tại tích phân ở vế trái của (3.2.2) Lấy giới hạn hai vế (3.2.3) khi

n → ∞ và sử dụng định nghĩa tích phân xác định ta thu được (3.2.2)

5.3 Bất đẳng thức H ¨older

Dạng đại số: Cho hai dãy số thực x1, x2, , xn và y1, y2, , yn, các số thực p, q >1 sao

cho 1/p+1/q =1 Khi đó, ta có

n

∑

i = 1

|xiyi| ≤ 

n

∑

i = 1

|xi|p1/p

n

∑

i = 1

|yi|q1/q (3.3.1)

Từ bất đẳng thức H ¨older dạng đại số (3.3.1) trên, ta có dạng tích phân tương ứng như sau:

Dạng tích phân: Cho các số thực p, q > 1 với 1/p+1/q = 1 và f , g : R → R là hai

hàm liên tục trên đoạn[a; b] Khi đó,

Z b a

|f(x)g(x)|dx ≤

Z b a

|f(x)|pdx1/p

Z b a

|g(x)|qdx1/q (3.3.2)

Chứng minh. Với mỗi số tự nhiên n, ta phân hoạch đoạn [a; b] thành n phần có độ

dài bằng nhau với các điểm chia ξk = a+ nk(b−a), k = 0, 1, , n Áp dụng bất đẳng thức (3.3.1) ta có

n

∑

i = 1

|f(ξi)g(ξi)| ≤ 

n

∑

i = 1

|f(ξi)|p1/p

n

∑

i = 1

|g(ξi)|q1/q

n

n

∑

i = 1

|(f g)(ξi)| ≤ b−a

n

n

∑

i = 1

|f(ξi)|p1/pb−a

n

n

∑

i = 1

|g(ξi)|q1/q (3.3.3)

Vì f , g là các hàm liên tục trên[a; b]nên f g cũng là hàm liên tục trên[a; b], điều này đảm bảo cho sự tồn tại của các tích phân trong (3.3.2) Lấy giới hạn hai vế (3.3.3) khi n→ ∞ và sử dụng định nghĩa tích phân xác định ta thu được (3.3.2)

5.4 Bất đẳng thức Jensen

Trước tiên, ta nhắc lại khái niệm về hàm lồi Hàm số f : I → R được gọi là lồi

trên khoảng I ⊂R nếu với mọi x, y ∈ I và mọi λ ∈ [0; 1]ta luôn có

f(λx+ (1−λ)y) ≤ λ f(x) + (1−λ)f(y)

Từ định nghĩa trên và phương pháp quy nạp, ta chứng minh được rằng nếu f : I →

R là hàm lồi trên I thì

f(λ1x1+ · · · +λnxn) ≤ λ1f(x1) + · · · +λnf(xn)

với mọi x1, , xn ∈ I, mọi λ1, , λn không âm thỏa mãn∑n

i = 1λi = 1

Bất đẳng thức Jensen dạng tích phân: Cho g : [a; b] →R là hàm liên tục trên[a; b]và

f :R→ R là hàm liên tục và lồi trên R Khi đó,

f 1

b−a

Z b

a g(x)dx ≤ 1

b−a

Z b

a (f ◦g)(x)dx (3.4.1)

Chứng minh. Với mỗi số tự nhiên n, ta phân hoạch đoạn [a; b] thành n phần có độ

dài bằng nhau với các điểm chia ξk = a+ nk(b−a), k = 0, 1, , n Áp dụng bất

đẳng thức trong định nghĩa hàm lồi nêu trên với λi = 1/n, ta có

f1

ng(ξ1) + · · · +

1

ng(ξn)



nf(g(ξ1)) + · · · +

1

nf(g(ξn))

⇐⇒ f1

n

n

∑

i = 1

g(ξi) ≤ 1

n

n

∑

i = 1

(f ◦g)(ξi)

b−a.

b−a n

n

∑

i = 1

g(ξi)≤ 1

b−a.

b−a n

n

∑

i = 1

(f ◦g)(ξi) (3.4.2)

Vì f liên tục trênR, g liên tục trên [a; b]nên hàm f ◦gcũng liên tục trên [a; b], do

đó nó khả tích trên[a; b] Cho n → ∞ ở hai vế của (3.4.2) ta được

lim

n → ∞f

 1

b−a.

b−a

n

n

∑

i = 1

g(ξi) ≤ lim

n → ∞

1

b−a.

b−a

n

n

∑

i = 1

(f ◦g)(ξi)

⇐⇒ f lim

n → ∞

1

b−a.

b−a n

n

∑

i = 1

g(ξi) ≤ 1

b−a

Z b a

(f ◦g)(x)dx

b−a

Z b

a g(x)dx≤ 1

b−a

Z b a

(f ◦g)(x)dx,

ta có điều phải chứng minh

Cho I là một khoảng củaR Người ta đã chứng minh được rằng nếu f : I → R

có đạo hàm cấp 2 không âm trên I thì f là hàm lồi trên I Đặc biệt hóa hàm lồi f trong bất đẳng thức Jensen, ta thu được các bất đẳng thức thú vị sau:

(1) Với f(x) = |x|, x ∈ R, ta có bất đẳng thức quen thuộc

Z b

a g(x)dx

≤

Z b

a |g(x)|dx

(2) Với f(x) = x2, x ∈ R, ta có

Z b

a g(x)dx2 ≤ (b−a)

Z b

a g2(x)dx

và đây cũng là một dạng đặc biệt của bất đẳng thức Bunhiakovski.

(3) Với f(x) = ex, x ∈ R, ta có

eb −1a

R b

a g ( x ) dx ≤ 1

b−a

Z b

a eg(x)dx

(3.1) Khi cho g(x) = x2, ta có bất đẳng thức

(b−a)e(a2+ab+b2)/3≤

Z b

a ex2dx

(3.2) Khi cho g(x) = 1/x và xét a =1, b =2015, ta có

2015.20142014 ≤

Z 2015

1 e1/xdx2014

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 2 (Giải tích - Hàm một biến), NXB Giáo

dục, 2000

[3] Các tài liệu trên Wikipedia

[4] Tập san toán học và sinh viên, Số 21, Khoa Toán, Trường Đại học Vinh, 2004.

[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,... eg(x)dx

(3.1) Khi cho g(x) = x2, ta có bất đẳng thức

(b−a)e(a2+ab+b2)/3≤... class="text_page_counter">Trang 6

và dạng đặc biệt bất đẳng thức Bunhiakovski.

(3) Với f(x) = ex, x ∈ R, ta có

eb