MỘT HƯỚNG xây DỰNG bất ĐẲNG THỨC TÍCH PHÂN

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 của R (a < b). Một họ hữu hạn các điểm
{x
i
, 1 ≤ i ≤ n} mà a = x
0
< x
1
< x
2

< ··· < x
n
= b được gọi là một phép phân
hoạch (hữu hạn) đoạn [a; b] và ký hiệu là π = {x
0
, x
1
, . . . , x
n
}. Khi đó ta có
[a; b ] = [x
0
; x
1
] ∪[x
1
; x
2
] ∪··· ∪ [x
n−1
; x
n
].
Số d(π) = max
1≤i≤n
(x
i
− x
i−1
) = max

1≤i≤n
∆x
i
được gọi là độ dài của phép phân
hoạch π. Ta ký hiệu P[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 = {x
0
, x
1
, . . . , x
n
} ∈ P[a; b] là
một phân hoạch bất kỳ của [a; b]. Với mỗi i = 1, . . . , n, trên mỗi đoạn [x
i−1
; x
i
], ta
chọn một giá trị ξ
i
tùy ý và ký hiệu γ = (ξ
1
, . . . , ξ
n
) là một cách chọn ứng với phân
32
hoạch π. Lập tổng
S
(π)
γ
=

n
∑
i=1
f (ξ
i
)(x
i
− x
i−1
) =
n
∑
i=1
f (ξ
i
)∆x
i
và S
(π)
γ
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)→0
S
(π)
γ
= 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 =

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 x
1
, x
2
, . . . , x
n
và y
1
, y
2
, . . . , y
n
. Khi đó, ta có


n
∑
i=1
x
i
y
i

2
≤

n
∑
i=1
x
2
i

n
∑
i=1
y
2
i

. (3.1.1)
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,



b
a
f (x)g(x)dx

2
≤


b
a
f
2
(x)dx


b
a
g
2
(x)dx

. (3.1.2)
33
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 ξ
k

= a +
k
n
(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 (ξ
i
)g(ξ
i
)

2
≤

n
∑
i=1
f
2
(ξ
i
)

n
∑
i=1

g
2
(ξ
i
)

⇐⇒

b − a
n
n
∑
i=1
( f .g)(ξ
i
)

2
≤

b − a
n
n
∑
i=1
f
2
(ξ
i
)


b − a
n
n
∑
i=1
g
2
(ξ
i
)

(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 x
1
, x
2
, . . . , x
n
và y
1
, y
2
, . . . , y
n
, và số thực p ≥ 1. Khi

đó, ta có

n
∑
i=1
|x
i
+ y
i
|
p

1/p
≤

n
∑
i=1
|x
i
|
p

1/p
+

n
∑
i=1
|y

i
|
p

1/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,


b
a
|f (x) + g(x) |
p
dx

1/p
≤


b
a
|f (x)|
p
dx

1/p
+



b
a
|g(x)|
p
dx

1/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 ξ
k
= a +
k
n
(b − a), k = 0, 1, . . . , n. Áp dụng bất
đẳng thức (3.2.1) ta có

n
∑
i=1
|f (ξ
i
) + g(ξ
i
)|
p

1/p

≤

n
∑
i=1
|f (ξ
i
)|
p

1/p
+

n
∑
i=1
|g(ξ
i
)|
p

1/p
⇔

b − a
n
n
∑
i=1
|( f + g)(ξ

i
)|
p

1/p
≤

b − a
n
n
∑
i=1
|f (ξ
i
)|
p

1/p
+

b − a
n
n
∑
i=1
|g(ξ
i
)|
p


1/p
(3.2.3)
34
Vì f , g là các hàm liên tục trên [a; b] nên f + g cũng 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 x
1
, x
2
, . . . , x
n
và y
1
, y
2
, . . . , y
n
, các số thực p, q > 1 sao
cho 1/p + 1/q = 1. Khi đó, ta có
n
∑
i=1
|x
i
y
i

| ≤

n
∑
i=1
|x
i
|
p

1/p

n
∑
i=1
|y
i
|
q

1/q
. (3.3.1)
Từ bất đẳng t hức 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,

b

a
|f (x)g(x)|dx ≤


b
a
|f (x)|
p
dx

1/p


b
a
|g(x)|
q
dx

1/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 ξ
k
= a +
k
n
(b − a), k = 0, 1, . . . , n. Áp dụng bất
đẳng thức (3.3.1) ta có
n

∑
i=1
|f (ξ
i
)g(ξ
i
)| ≤

n
∑
i=1
|f (ξ
i
)|
p

1/p

n
∑
i=1
|g(ξ
i
)|
q

1/q
⇐⇒
b − a
n

n
∑
i=1
|( f.g)(ξ
i
)| ≤

b − a
n
n
∑
i=1
|f (ξ
i
)|
p

1/p

b − a
n
n
∑
i=1
|g(ξ
i
)|
q

1/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 (λ
1
x
1
+ ···+ λ
n
x
n
) ≤ λ
1
f (x
1
) + ··· + λ
n
f (x
n
)
35
với mọi x
1

, . . . , x
n
∈ I, mọi λ
1
, . . . , λ
n
không âm thỏa mãn
∑
n
i=1
λ
i
= 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

b
a
g(x)dx

≤
1
b − a

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 ξ
k
= a +
k
n
(b − a), k = 0, 1, . . . , n. Áp dụng bất
đẳng thức trong định nghĩa hàm lồi nêu trên với λ
i
= 1/n, ta có
f

1
n
g(ξ
1
) + ··· +
1
n
g(ξ
n
)

≤
1
n
f (g(ξ
1
)) + ··· +

1
n
f (g(ξ
n
))
⇐⇒ f

1
n
n
∑
i=1
g(ξ
i
)

≤
1
n
n
∑
i=1
( f ◦ g)(ξ
i
)
⇐⇒ f

1
b − a
.

b − a
n
n
∑
i=1
g(ξ
i
)

≤
1
b − a
.
b − a
n
n
∑
i=1
( f ◦ g)(ξ
i
). (3.4.2)
Vì f liên tục trên R, g liên tục trên [a; b ] nên hàm f ◦ g cũng 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(ξ
i
)

≤ lim
n→∞
1
b − a
.
b − a
n
n
∑
i=1
( f ◦ g)(ξ
i
)
⇐⇒ f

lim
n→∞
1
b − a
.
b − a

n
n
∑
i=1
g(ξ
i
)

≤
1
b − a

b
a
( f ◦ g)(x)dx
⇐⇒ f

1
b − a

b
a
g(x)dx

≤
1
b − a

b
a

( f ◦ g)(x)dx,
ta có điều phải chứng minh.
Cho I là một khoảng của R. 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




b
a
g(x)dx



≤

b
a
|g(x)|dx.
(2) Với f (x) = x
2
, x ∈ R, ta có


b
a
g(x)dx


2
≤ (b − a)

b
a
g
2
(x)dx
36
và đây cũng là một dạng đặc biệt của bất đẳng thức Bunhiakovski.
(3) Với f (x) = e
x
, x ∈ R, ta có
e
1
b−a

b
a
g(x)dx
≤
1
b − a

b
a
e
g(x)
dx.
(3.1) Khi cho g(x) = x

2
, ta có bất đẳng thức
(b −a)e
(a
2
+ab+b
2
)/3
≤

b
a
e
x
2
dx.
(3.2) Khi cho g(x) = 1/x và xét a = 1, b = 2015, ta có
2015.2014
2014
≤


2015
1
e
1/x
dx

2014
.

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.
37