Một số phát triển và áp dụng của bất đẳng thức tích phân

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

MỘT SỐ PHÁT TRIỂN VÀ ÁP DỤNG CỦA BẤT ĐẲNG THỨC TÍCH PHÂN

LOAN THANH ĐẠO

THÁI NGUYÊN 2016


i

Mục lục
Lời mở đầu

1

1 Tích phân Riemann-Stieltjes

2

1.1

Định nghĩa và sự tồn tại của tích phân Riemann–Stieltjes . . . . . . . . . .

2

1.2

Các lớp hàm khả tích Riemann–Stieltjes . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

7

1.3

Các tính chất của tích phân Riemann–Stieltjes . . . . . . . . . . . . . . . .

7

1.4

Các phương pháp tính tích phân Riemann–Stieltjes . . . . . . . . . . . . .

8

1.5

Các định lý giá trị trung bình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

1.6

Một vài ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

2 Một số bất đẳng thức cơ bản

15

2.1

Bất đẳng thức Cauchy tổng quát và bất đẳng thức Young . . . . . . . . . 15

2.2

Bất đẳng thức H¨older và bất đẳng thức Cauchy–Schwarz . . . . . . . . . . 17

2.3

Các bất đẳng thức Minkowski và Chebyshev . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

2.4

Các bất đẳng thức Jensen và Hermite–Hadamard . . . . . . . . . . . . . . 20

2.5

Các bất đẳng thức Gr¨
uss và Ostrowski . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

3 Một số bài toán áp dụng và phát triển

28

3.1

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy–Schwarz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

3.2

Áp dụng các bất đẳng thức H¨older, Minkowski và Chebyshev . . . . . . . . 39

3.3

Về các bất đẳng thức của Qi Feng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42

3.4

Bất đẳng thức dạng Hermite–Hadamard . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48

3.5

Bất đẳng thức dạng Gr¨
uss–Ostrowski . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52

3.6

Một số bài toán khác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55

Kết luận

67

Tài liệu tham khảo

68


1

Lời mở đầu
Trong chương trình toán học phổ thông, những bài toán liên quan đến tích phân
Riemann chỉ được quan tâm ở khía cạnh các tính chất, các phương pháp và kỹ thuật tính

tính phân. Trong khi đó, các bài tập về bất đẳng thức với tích phân rất đa dạng và phong
phú. Luận văn này nhằm giới thiệu và phân tích một số bất đẳng thức cơ bản đối với tích
phân, từ đó áp dụng và phát triển cho một loạt bài toán khác. Luận văn cũng giới thiệu
tích phân Riemann–Stieltjes là tích phân tổng quát hơn tích phân Riemann, áp dụng cho
lớp hàm khả tích rộng hơn lớp hàm khả tích Riemann, cùng một số tính chất.
Nội dung của Luận văn được trình bày trong 3 chương: Chương 1 trình bày về tích
phân Riemann-Stieltjes. Chương 2 giới thiệu các bất đẳng thức tích phân cơ bản. Chương
3 giới thiệu một số bài toán áp dụng và phát triển.
Một phần của luận văn (Mục 3.3) đã được báo cáo tại Hội thảo khoa học "Các chuyên
đề Toán học bồi dưỡng học sinh giỏi toán" tỉnh Lai Châu tháng 10 năm 2015 và được
đăng trong Kỷ yếu của Hội thảo.
Luận văn này là thành quả lao động nghiêm túc của bản thân tác giả, được hoàn
thành dưới sự hướng dẫn của Tiến sĩ Vũ Tiến Việt. Tác giả rất biết ơn sự giúp đỡ nhiệt
tình, có hiệu quả của thày giáo hướng dẫn.
Tác giả cũng xin bày tỏ lòng biết ơn đến tập thể các thày cô của Khoa Toán - Tin,
Trường Đại học Khoa học – Đại học Thái Nguyên đã giúp đỡ tác giả trong thời gian theo
học các chuyên đề và hoàn thành các công việc của một học viên cao học.
Thái Nguyên, ngày 29 tháng 5 năm 2016
Tác giả
Loan Thanh Đạo


2

Chương 1
Tích phân Riemann-Stieltjes
Chương này giới thiệu tích phân Riemann–Stieltjes1 là tích phân tổng quát hơn tích
phân Riemann đã học trong chương trình trung học phổ thông. Về phương diện hình học,
tích phân là bài toán tìm cách tính các lượng hình học: chiều dài, diện tích, thể tích. Tư
tưởng chính của định nghĩa tích phân là chia nhỏ (phân hoạch) rồi cộng lại. Thực ra ý

tưởng này đã có từ thời Archimedes (287-212 trước công nguyên), khi ông tính diện tích
parabola.
Ở đây, ta sẽ chỉ nêu các định nghĩa và tính chất của các lớp hàm khả tích và phương
pháp tính tích phân Riemann–Stieltjes mà không nêu chứng minh (các chứng minh có
thể xem trong [4]).

1.1

Định nghĩa và sự tồn tại của tích phân Riemann–
Stieltjes

Trong sách giáo khoa phổ thông, khi tính diện tích hình tròn người ta dùng phương
pháp xấp xỉ (trên và dưới) bằng diện tích của các đa giác đều ngoại hoặc nội tiếp. Đấy là
ý tưởng chính để định nghĩa diện tích hình phẳng. Tích phân trên và tích phân dưới bắt
nguồn từ trực giác hình học này.

1.1.1. Phân hoạch và tổng Darboux
Giả sử [a, b] là một đoạn hữu hạn của đường thẳng thực R.
1

G.F.B. Riemann (1826-1886), nhà toán học người Đức; T.I. Stieltjes (1856-1894), nhà toán học và

thiên văn học người Hà Lan.


3
Định nghĩa 1.1.1. Phân hoạch P của [a, b] là tập hữu hạn các điểm x0 , x1 , . . . , xn sao
cho
a = x0 < x1 < · · · < xn−1 < xn = b.
Ta viết đơn giản P = {x0 , x1 , . . . , xn }.

Ký hiệu P là tập hợp tất cả các phân hoạch của [a, b].
Ta nói rằng phân hoạch P ∗ là mịn hơn phân hoạch P nếu P ∗ ⊃ P , tức là mỗi điểm
của P là điểm của P ∗ . Trong trường hợp đó, ta viết P

P ∗ hoặc P ∗

P . Cho trước

hai phân hoạch P1 và P2 thì rõ ràng
P1 ∪ P2

P1 , P1 ∪ P2

P2 .

Độ mịn của phân hoạch P thường được tính bằng số sau
|P | = max{xi − xi−1 , 1
Dễ dàng thấy rằng, nếu P ∗

P thì |P ∗ |

i

n}.

|P |.

Giả sử α là hàm không giảm trên [a, b]. Tương ứng với phân hoạch P ta đặt ∆αi =
α(xi ) − α(xi−1 ).
Cho hàm thực f bị chặn trên [a, b]. Các tổng Darboux2 trên và dưới ứng với phân

hoạch P của f được xác định như sau:
n

n

U (P, f, α) =

Mi ∆αi ;

L(P, f, α) =

i=1

mi ∆αi ,
i=1

trong đó
Mi = sup{f (x) : xi−1

x

xi };

mi = inf{f (x) : xi−1

x

xi }.

Chú ý rằng, với phân hoạch P bất kỳ, ta luôn luôn có

m[α(b) − α(a)]
trong đó M = sup{f (x) : a
2

L(P, f, α)
x

U (P, f, α)

b}, m = inf{f (x) : a

J. G. Darboux (1842-1917), nhà toán học người Pháp.

M [α(b) − α(a)],
x

b}.


4

1.1.2. Tích phân Riemann–Stieltjes
Định nghĩa 1.1.2. Ta định nghĩa tích phân trên (dưới) của f đối với α trên [a, b] là số
hữu hạn cho bởi công thức sau
b

f dα = inf{U (P, f, α) : P ∈ P},
a
b

f dα = sup{L(P, f, α) : P ∈ P} .
a

Ta luôn có
b

m[α(b) − α(a)]

b

f dα
a

f dα

M [α(b) − α(a)].

a

Định nghĩa 1.1.3. Ta nói rằng f là khả tích đối với α trên [a, b] nếu tích phân trên
và tích phân dưới của f bằng nhau. Giá trị chung của chúng được gọi là tích phân R-S
(Riemann–Stieltjes) của f đối với α trên [a, b] và ký hiệu là
b

b

f dα hoặc
a

f (x)dα(x).

a

Ta ký hiệu R(α) là tập hợp tất cả các hàm f khả tích đối với α trên [a, b]. Nếu
α(x) ≡ x thì ta viết R = R(α) và gọi mỗi f ∈ R là hàm R-khả tích (hay khả tích
theo nghĩa Riemann trên [a, b]). Lúc đó tích phân tương ứng của f được gọi là tích phân
Riemann.
Mệnh đề 1.1.4. (xem [4]) Nếu P ∗

P thì

L(P, f, α)

L(P ∗ , f, α)

(1.1)

U (P, f, α)

U (P ∗ , f, α).

(1.2)

Mệnh đề 1.1.5. (xem [4]) Ta luôn luôn có
b

b

f dα
a

f dα.

(1.3)

a

1.1.3. Điều kiện cần và đủ của hàm khả tích Riemann–Stieltjes
Định lý 1.1.6 (Riemann, xem [4]). Cho f : [a, b] → R là hàm bị chặn và α là hàm không
giảm trên đoạn [a, b]. Khi đó, f ∈ R(α) trên [a, b] nếu và chỉ nếu với mọi ε > 0 tồn tại
P ∈ P sao cho
U (P, f, α) − L(P, f, α)

ε.

(1.4)


5
Mệnh đề 1.1.7. (xem [4])
(i) Nếu (1.4) đúng với P và ε nào đó thì (1.4) đúng với bất kỳ P ∗

P.

(ii) Nếu (1.4) đúng với P = {x0 , x1 , . . . , xn } và si , ti ∈ [xi−1 , xi ] thì
n

|f (si ) − f (ti )|∆αi < ε.
i=1

(iii) Nếu f ∈ R(α) và các giả thiết của (ii) được thực hiện thì

n

b

f (ti )∆αi −

f dα < ε.
a

i=1

Chú ý 1.1.8. Khi xét tích phân Riemann thì ta bỏ chữ α trong các tổng Darboux và
trong tích phân trên (dưới). Người ta đã biết rằng:
(1) Nếu f : [a, b] → R là hàm bị chặn thì ∀ε > 0 tồn tại δ > 0 sao cho
b

b

f (x)dx − L(P, f ) < ε ,

U (P, f ) −

a

f (x)dx < ε
a

với mọi phân hoạch P thoả mãn |P | < δ.
(2) Nếu f : [a, b] → R khả tích Riemann, (Pn ) là dãy phân hoạch với lim |Pn | = 0 thì
n→∞

b

f (x)dx = lim U (Pn , f ).

lim L(Pn , f ) =

n→∞

n→∞

a

(3) Giả sử f : [a, b] → R là hàm bị chặn, P = {x0 , x1 , . . . , xn } là phân hoạch của [a, b].
Lấy tùy ý ci ∈ [mi , Mi ]. Ta gọi
n

ci (xi − xi−1 )

σ(P, f, C) =
i=1

là tổng Riemann của f ứng với P và C = {c1 , . . . , cn }. Khi ci = f (ti ) và ti ∈ [xi−1 , xi ]
thì ta đặt T = {t1 , . . . , tn } và σ(P, f, T ) = σ(P, f, C). Khi đó ta có
L(P, f ) = inf σ(P, f, C) = inf σ(P, f, T ),
C

T

U (P, f ) = sup σ(P, f, C) = sup σ(P, f, T ).

C

T


6
(4) f khả tích Riemann trên [a, b] khi và chỉ khi tồn tại số I hữu hạn có tính chất sau:
với mọi ε > 0 tồn tại δ > 0 sao cho
|I − σ(P, f, C)| < ε , ∀C

hoặc |I − σ(P, f, T )| < ε , ∀T.

với mọi phân hoạch P có |P | < δ. Trong trường hợp đó
b

I=

f (x)dx.
a

(5) Nếu f : [a, b] → R khả tích Riemann, (Pn ) là dãy phân hoạch với lim |Pn | = 0 thì
n→∞

b

f (x)dx = lim σ(Pn , f, Tn ),

lim σ(Pn , f, Cn ) =

n→∞

n→∞

a

trong đó Cn , Tn là các tập bất kỳ chọn theo Pn .
Ví dụ 1.1.9. Cho hàm f : [0, 1] → R được xác định như sau

 1 nếu x = 1 , n ∈ N,
n
f (x) =
 0 trong các trường hợp khác.
1

f (x)dx = 0.

Chứng tỏ rằng
0

Lời giải. Với mỗi ε > 0 cho trước, tồn tại n0 ∈ N sao cho

1
n

< 2ε , ∀n

n0 . Chọn phân

hoạch P của đoạn [0, 1] như sau
1

1
< xk+1 < . . .
< x2 < x3 < · · · < xk =
n0 + 1
n0
1
1
< xm =
< xm+1 < · · · < xp = < xp+1 < · · · < xq = 1
n0 − 1
2

0 = x0 < x1 =

sao cho ∆xi = xi − xi−1 <

ε
,
4n0

∀i = 2, 3, . . . , k, . . . , m, . . . , p, . . . , q. Khi đó

U (f, P ) − L(f, P ) = U (f, P ) <

1
ε
ε ε
+ 2n0
< + = ε.
n0 + 1

4n0
2 2

(chú ý L(f, P ) = 0 và khi tính U (f, P ) ta chỉ cần xét (2n0 + 1) đoạn chia [x0 , x1 ], [x1 , x2 ],
[xk−1 , xk ], [xk , xk+1 ], . . . , [xp−1 , xp ], [xp , xp+1 ], [xq−1 , xq ] thôi).


7

1.2

Các lớp hàm khả tích Riemann–Stieltjes

Trong mục này ta trình bày tính khả tích của hàm liên tục, đơn điệu, gián đoạn và
hàm hợp.
Mệnh đề 1.2.1. (xem [4]) Nếu f là hàm liên tục trên [a, b] và α là hàm không giảm trên
[a, b] thì f ∈ R(α) trên [a, b].
Mệnh đề 1.2.2. (xem [4]) Nếu f đơn điệu trên [a, b] còn α liên tục và không giảm trên
[a, b] thì f ∈ R(α).
Mệnh đề 1.2.3. (xem [4]) Nếu hàm f bị chặn trên [a, b], f có nhiều nhất một số hữu
hạn các điểm gián đoạn (liên tục từng khúc) trên [a, b] và hàm α không giảm, liên tục tại
mỗi điểm gián đoạn của f thì f ∈ R(α).
Mệnh đề 1.2.4. (xem [4]) Giả sử f ∈ R(α) trên [a, b], m

f (x)

M với mọi x ∈ [a, b]

và g là hàm liên tục trên [m, M ]. Khi đó h = g ◦ f ∈ R(α) trên [a, b].

1.3

Các tính chất của tích phân Riemann–Stieltjes

Mệnh đề 1.3.1. (xem [4])
(i) Tập hợp R(α) là không gian tuyến tính (trên trường số thực) và tích phân R-S
là phiếm hàm tuyến tính, tức là nếu f, g ∈ R(α) và c, d là các hằng số thực thì
cf + dg ∈ R(α) và
b

b

a

b

f dα + d

(cf + dg)dα = c

gdα.
a

a

b

dα = α(b) − α(a).

(ii) Rõ ràng

a

g(x) với mọi x ∈ [a, b] thì

(iii) Tích phân R-S bảo toàn thứ tự, tức là nếu f (x)
b

b

f dα
a

gdα.
a

(iv) Nếu f ∈ R(α) trên [a, b] và nếu a < c < b thì f ∈ R(α) trên [a, c] và [c, b] và
c

b

f dα +
a

b

f dα =
c

f dα.
a

8
(v) Nếu f ∈ R(α) trên [a, b] và nếu |f (x)|

M trên [a, b] thì

b

M [α(b) − α(a)].

f dα
a

(vi) Nếu f ∈ R(α1 ) và f ∈ R(α2 ) thì f ∈ R(α1 + α2 ) và
b

b

f d(α1 + α2 ) =
a

b

f dα1 +
a

f dα2 .
a

(vii) Nếu f ∈ R(α) và c là hằng số dương thì f ∈ R(cα) và
b

b

f d(cα) = c
a

f dα.
a

Mệnh đề 1.3.2. (xem [4]) Nếu f ∈ R(α) và g ∈ R(α) trên [a, b] thì
(i) f g ∈ R(α),
b

b

(ii) |f | ∈ R(α) và

|f |dα.

f dα
a

a

Mệnh đề 1.3.3. (xem [4]) Giả sử rằng
(i) α là hàm đơn điệu tăng và đạo hàm α ∈ R trên [a, b],
(ii) f là hàm bị chặn trên [a, b].
Khi đó f ∈ R(α) nếu và chỉ nếu f α ∈ R. Trong trường hợp ấy ta có

b

b

f dα =

1.4

f (x)α (x)dx.
a

a

Các phương pháp tính tích phân Riemann–Stieltjes

Mệnh đề 1.4.1. (xem [4]) Cho α là hàm đơn điệu tăng trên [a, b] và f ∈ R(α) trên [a, b].
Giả sử ϕ là hàm đơn điệu tăng thực sự, liên tục, ánh xạ từ [A, B] lên [a, b]. Đặt
β(y) = α(ϕ(y)) , g(y) = f (ϕ(y)) , y ∈ [A, B].
Khi đó g ∈ R(β) và
b

B

f dα =
a

gdβ.
A

9
Chú ý 1.4.2. Trong trường hợp α(x) ≡ x, tức là β ≡ ϕ. Nếu β ∈ R trên [A, B] thì ta có
b

B

f (x)dx =
a

f (ϕ(y))ϕ (y)dy.
A

Mệnh đề 1.4.3. (xem [4]) Giả sử f ∈ R trên [a, b]. Khi đó tích phân phụ thuộc cận trên
x

f (t)dt , x ∈ [a, b]

F (x) =
a

là liên tục trên [a, b]. Hơn nữa, nếu f liên tục tại x0 ∈ [a, b] thì F khả vi tại x0 và
F (x0 ) = f (x0 ).
Định lý 1.4.4 (Newton–Leibniz3 , xem [4]). Nếu f ∈ R trên [a, b] và nếu tồn tại hàm F
khả vi trên đoạn [a, b] sao cho F = f thì
b

f (x)dx = F (b) − F (a).
a

Thực ra Barrow (thầy giáo của Newton) là người đầu tiên đưa ra kết quả trên (ở một

dạng khác). Có vài cuốn sách gọi là định lý Barrow.
Nhận xét 1.4.5. Có hàm R khả tích, nhưng


1



sign x =
0



 −1

không có nguyên hàm. Chẳng hạn
với x < 0
với x = 0
với x > 0

R khả tích trên đoạn [0, 1], nhưng không có nguyên hàm trên đoạn này.
Mệnh đề 1.4.6. (xem [4])
(i) Giả sử F và G là các hàm khả vi trên [a, b] sao cho F = f ∈ R, G = g ∈ R. Khi
đó
b

b

F (x)g(x)dx = F (b)G(b) − F (a)G(a) −
a

f (x)G(x)dx.
a

(ii) Giả sử f và α là các hàm đơn điệu trên [a, b]. Khi đó
b

b

f dα = f (b)α(b) − f (a)α(a) −
a

αdf,
a

nếu một trong hai tích phân có mặt trong công thức trên tồn tại.
3

I. Newton (1642-1726), nhà bác học vĩ đại người Anh; G.W. Leibniz (1646-1716), nhà toán học người

Đức.


10

1.5

Các định lý giá trị trung bình

• Định lý giá trị trung bình với tích phân Riemann-Stieltjes.

Định lý 1.5.1 (Định lý thứ nhất, xem [4]). Giả sử f là hàm liên tục và α là hàm đơn
điệu tăng trên [a, b]. Khi đó tồn tại điểm c ∈ [a, b] sao cho
b

f dα = f (c)[α(b) − α(a)].
a

Định lý 1.5.2 (Định lý thứ 2, xem [4]). Giả sử f là hàm đơn điệu và α liên tục, đơn
điệu tăng trên [a, b]. Khi đó tồn tại điểm c ∈ [a, b] sao cho
b

f dα = f (a)[α(c) − α(a)] + f (b)[α(b) − α(c)]
a

• Định lý giá trị trung bình với tích phân Riemann.
Định lý 1.5.3 (Định lý thứ nhất, xem [4]). Xét các hàm f, g khả tích trên [a, b] và gọi
m = inf f (x), M = sup f (x).
x∈[a,b]

x∈[a,b]

Nếu g là hàm không âm (hoặc không dương) trên [a, b] thì
b

b

g(x)dx với µ ∈ [m, M ].

f (x)g(x)dx = µ
a

a

Hơn nữa, nếu f ∈ C[a, b] thì ∃ξ ∈ [a, b] sao cho
b

b

g(x)dx.

f (x)g(x)dx = f (ξ)
a

a

Định lý 1.5.4 (Định lý thứ hai, xem [4]). Xét các hàm f, g khả tích trên [a, b] và g là
hàm đơn điệu trên [a, b]. Khi đó ∃ξ ∈ [a, b] sao cho
b

ξ

f (x)dx + g(b)

f (x)g(x)dx = g(a)
a

b

a

f (x)dx.
ξ

Nhận xét 1.5.5. Các định lý trên đây có ý nghĩa hình học là "tồn tại một hình chữ nhật
có diện tích bằng một hình phẳng cho trước".

1.6

Một vài ví dụ

Ví dụ 1.6.1. Cho hàm f : [0, 1] → R được xác định như sau

 1 nếu x = 1 , n ∈ N,
n
f (x) =
 0 trong các trường hợp khác.


11
1

f (x)dx = 0.

Chứng tỏ rằng
0

Lời giải. Với mỗi ε > 0 cho trước, tồn tại n0 ∈ N sao cho

1
n

< 2ε , ∀n

n0 .

Chọn phân hoạch P của đoạn [0, 1] như sau
1
1
< x2 < x3 < ... < xk =
< xk+1 < ...
n0 + 1
n0
1
1
< xm =
< xm+1 < ... < xp = < xp+1 < ... < xq = 1
n0 − 1
2

0 = x0 < x1 =

sao cho ∆xi = xi − xi−1 <

ε
, ∀i
4n0

= 2, 3, ..., k, ..., m, ..., p, ..., q.

Khi đó

U (f, P ) − L(f, P ) = U (f, P ) <

1
ε
ε ε
+ 2n0
< + = ε.
n0 + 1
4n0
2 2

(chú ý L(f, P ) = 0 và khi tính U (f, P ) ta chỉ cần xét (2n0 + 1) đoạn chia
[x0 , x1 ], [x1 , x2 ], [xk−1 , xk ], [xk , xk+1 ], ..., [xp−1 , xp ], [xp , xp+1 ], [xq−1 , xq ] thôi).
Ví dụ 1.6.2. Với mỗi phân hoạch P của [a, b] ta chọn các điểm t1 , t2 , . . . , tn tùy ý mà
ti ∈ [xi−1 , xi ], (i = 1, 2, . . . , n) và xây dựng tổng tích phân sau
n

f (ti )∆αi .

S(P, f, α) =
i=1

Chứng tỏ rằng nếu tồn tại giới hạn lim S(P, f, α) thì f ∈ R(α) và
|P |→0

b

f dα.

lim S(P, f, α) =

|P |→0

a

Lời giải. Do định nghĩa
n

mi ∆αi , mi = inf{f (ti ), ti ∈ [xi−1 , xi ]},

L(P, f, α) =
i=1
n

mi ∆αi , Mi = sup{f (ti ), ti ∈ [xi−1 , xi ]},

U (P, f, α) =
i=1

cùng với cách xác định S(P, f, α) ta thấy ngay
L(P, f, α)

S(P, f, α)

U (P, f, α).

Giả sử lim S(P, f, α) = A, thế thì ∀ε > 0, ∃δ > 0 sao cho khi |P | < δ ta có
|P |→0

|S(P, f, α) − A| < ε, hay là A − ε < S(P, f, α) < A + ε.

12
Từ đó suy ra
S(P, f, α) − ε < L(P, f, α)
A − 2ε < L(P, f, α)
Cho ε

U (P, f, α) < S(P, f, α) + ε
U (P, f, α) < A + 2ε.

0 ta được điều phải chứng minh.

Ví dụ 1.6.3. Chứng minh rằng với mỗi hàm f ∈ C[a, b], hàm α(x) đơn điệu tăng trên
[a, b] và S(P, f, α) được xác định như trong ví dụ (??), thì
b

lim S(P, f, α) =

|P |→0

f dα.
a

Lời giải. Vì f liên tục trên [a, b], nên f liên tục đều trên [a, b].
Do đó, với mọi ε > 0, tồn tại δ > 0 sao cho
|x − x | < δ ⇒ |f (x) − f (x )| <

ε
.

α(b) − α(a)

Hiển nhiên, với mỗi phân hoạch P có độ mịn nhỏ hơn δ, ta có
U (P, f, α) − L(P, f, α) < ε,
như thế ta được f ∈ R(α). Do L(P, f, α)

S(P, f, α)

U (P, f, α) ta suy ra điều cần

chứng minh.
Ví dụ 1.6.4. Cho hàm α tăng trên [a, b], liên tục tại c ∈ [a, b] và hàm f xác định bởi

1 khi x = c
f (x) =
0 khi x = c
b

Chứng minh f ∈ R(α) trên [a, b] và

f dα = 0.
a

Lời giải. Với mọi ε > 0, theo định lý Rieman (1.1.6) ta cần chứng minh tồn tại phân
hoạch P ∈ P sao cho
U (P, f, α) − L(P, f, α) < ε.
Vì α liên tục tại c nên ∃δ > 0 : |α(x) − α(c)| <

ε
2

nếu |x − c| < δ.

Chọn một phân hoạch P của [a, b] sao cho a = x0 < x1 < · · · < xn = b với n
mãn |xi − xi−1 | < 2δ . Khi đó ∃i sao cho xi−1

c

xi và

U (P, f, α) − L(P, f, α) = α(xi ) − α(xi−1 )
= [α(xi ) − α(c)] + [α(c) − α(xi−1 )] < ε.

2 thỏa


13
Như vậy f ∈ R(α).
Ta lại thấy L(P, f, α) = 0 với mọi P ∈ P, nên sup U (P, f, α) = 0.
Xét phân hoạch P của [a, b] như sau
P = a, a +
với

k−1
(b − a)
n

c

k

n−1
1
(b − a), . . . , a + (b − a), . . . , a +
(b − a), b ,
n
n
n
k
(b − a). Khi đó ta có
n
n

U (P, f, α) =

2(b − a)
, ∀n ∈ N.
n

Mi ∆αi
i=1

Do đó 0

2(b − a)
, ∀n ∈ N.
n

inf U (P, f, α)

b

f dα = 0.

Suy ra inf U (P, f, α) = 0. Vậy
a

Ví dụ 1.6.5. Cho hàm f ∈ C[a, b], a < c < b và hàm α(x) được xác định như sau:

0 khi x ∈ [a, c),
α(x) =
1 khi x ∈ [c, b].
b

f dα = f (c).

Chứng tỏ rằng
a

Lời giải. Lấy P = (a = x0 < · · · < xn = b) là một phân hoạch của [a, b] sao cho
xk−1 < c < xk với k nào đó ∈ {1, 2, . . . , n}. Khi đó, rõ ràng là
n

mi =
Mi =

inf

ti ∈[xi−1 ,xi ]

sup

f (ti ), L(P, f, α) =

mi ∆αi = mk ∆αk = mk ,
i=1
n

f (ti ), U (P, f, α) =

ti ∈[xi−1 ,xi ]

Mi ∆αi = Mk ∆αk = Mk .
i=1

Do f liên tục trên [a, b] nên khi |P |

0 thì

inf U (P, f, α) = sup L(P, f, α) = f (c)
và ta có điều phải chứng minh.
Ví dụ 1.6.6. Cho hàm α đơn điệu tăng trên [a, b].
Với mỗi hàm f ∈ R(α) đặt
b

f

2

2

|f | dα

=

1
2

.

a

Chứng minh rằng với mọi f, g, h ∈ R(α) ta có bất đẳng thức tam giác
f −h

2

f −g

2

+ g − h 2.


14
Lời giải. Xét 2 hàm u, v ∈ R(α) ta thấy
t2 u2 − 2tuv + v 2 = (tu − v)2

0, ∀t ∈ R, ∀x ∈ [a, b],

dẫn đến

b

t2

b

b

u2 dα − 2t

v 2 dα

uvdα +

a

a

0, ∀t ∈ R.

a

Vế trái coi là tam thức bậc 2 của t, ta suy ra biệt thức ∆
b

b

b

2

u2 dα

uvdα
a

0, nên

v 2 dα,

a

a

hay là
b

b

2

u dα

uvdα

b

1
2

2

v dα

.

a

a

a

1
2

Sử dụng bất đẳng thức trên với u = |f − g|, v = |g − h| ta có
b

2

f −h

2

b

|f − h|2 dα =

=

|(f − g) + (g − h)|2 dα

a

a

b

b

|f − g|2 dα + 2

=

b

a

a

a

b

b
2

2

|f − g| dα + 2

|f − g| dα

a

|f − g|2 dα

=

1
2

Từ đây suy ra

|g − h|2 dα

+
a

f −h

2

f −g

2

|g − h| dα

1

2

b

2

+ g − h 2.

1
2

|g − h|2 dα

+

a
b

a

b

1
2

a
b

|g − h|2 dα

|(f − g)(g − h)|dα +

a
2

2

=

f −g

2

+ g−h

2

.


15

Chương 2
Một số bất đẳng thức cơ bản
2.1

Bất đẳng thức Cauchy tổng quát và bất đẳng
thức Young

Bất đẳng thức 2.1.1 (Bất đẳng thức Cauchy1 tổng quát (xem [1])). Cho các số

a1 , a2 , . . . , an

0 và các trọng số µ1 , µ2 , . . . , µn tức là (µi

0,

n
i=1

µi = 1). Khi đó

ta có bất đẳng thức:
aµ1 1 aµ2 2 . . . aµnn .

µ 1 a1 + µ 2 a2 + · · · + µ n an
Với µ1 = µ2 = · · · = µn =

1
n

ta được bất đẳng thức Cauchy quen thuộc
√
n

a1 + a2 + · · · + an
n

a1 a2 . . . an .

(2.2)

Chứng minh. Ta chỉ cần xét các số ai > 0, µi > 0.
Bằng cách khảo sát hàm số f (x) = ln x − x + 1 (x > 0) ta thấy
max f (x) = f (1) = 0

⇒

ln x

x − 1 ∀x > 0.

Đặt A = µ1 a1 + µ2 a2 + ... + µn an , xi = ai /A ta được ln xi
µi ln xi = ln(xµi i )

n

ln(xµi i ) = ln(
i=1
n

n

xµi i )
i=1

xµi i

⇒

n

µ i xi −
i=1

1.

i=1
1

xi − 1, khi đó

µi xi − µi , (∀i = 1, 2, ..., n)

n

⇒

(2.1)

A.L. Cauchy (1789-1857), nhà toán học người Pháp.

µi = 1 − 1 = 0
i=1


16
Như thế ta có
a1 µ1 a2 µ2
an µ n
aµ1 1 aµ2 2 ...aµnn

...
1 ⇔
A
A
A
Aµ1 +µ2 +...+µn
⇔ aµ1 1 aµ2 2 ...aµnn A = µ1 a1 + µ2 a2 + ... + µn an .

Lấy n = 2 , a1 = ap , a2 = bq , µ1 =

1
p

1
q

, µ2 =

1

(a > 0, b > 0, p > 0, q > 0, p1 +

1
q

= 1)

ta được bất đẳng thức Young2 :
ab

ap b q
+
p
q

(2.3)

Tuy nhiên, ta có thể chứng minh trực tiếp bất đẳng thức Young dựa vào tích phân
Riemann như sau:

Hình 2.1: Minh họa cho chứng minh bất đẳng thức Young
Xét hàm số y = xp−1 hay x = y q−1 với x

0 và p > 0, q > 0, p1 +

0, y

1
q

= 1. Khi đó

với a > 0, b > 0 ta có
a

ab

b

xp−1 dx +

S1 + S2 =
0

y q−1 dy =
0

ap b q
+ .
p
q

Ta nêu một dạng khác của bất đẳng thức Young. Giả sử f : [0, ∞) → [0, ∞) là
hàm liên tục, đơn điệu tăng và f (0) = 0, f (∞) = ∞. Gọi f −1 là hàm ngược của f . Với
u > 0, v > 0 ta có bất đẳng thức (xem [1])
u

uv

v

0

2

f −1 (y)dy

f (x)dx +

W.H. Young (1882-1946), nhà toán học người Anh.

0

(2.4)


17

Hình 2.2: Minh họa chứng minh bất đẳng thức Young dạng khác
Nhận xét 2.1.2. Với các số dương a1 , a2 , ..., an đặt
An =
ta được An

√
a1 + a2 + ... + an
, Gn = n a1 a2 ...an , Hn =
n

Gn

+

1
a2

n
+ ... +

1
an

Hn . Ngoài ra, có thể chứng tỏ rằng
An
Gn

n(An − Gn )

2.2

1
a1

An−1
Gn−1

n

(n − 1)(An−1 − Gn−1 )

A1
G1

n−1

···
···

1

= 1,

1(A1 − G1 ) = 0.

Bất đẳng thức H¨
older và bất đẳng thức Cauchy–
Schwarz

Bất đẳng thức 2.2.1 (Bất đẳng thức H¨older3 (xem [1])). Cho các số x1 , x2 , ..., xn và
y1 , y2 , ..., yn tùy ý. Khi đó ta có bất đẳng thức:
n

n
p

|xi yi |
i=1

trong đó p > 0, q > 0, p1 +

1
q

|xi |

1
p

n
q

|yi |

1
q

,

(2.5)

i=1

i=1

=1.

Khi p = q = 2 ta được bất đẳng thức Cauchy–Schwarz4 quen thuộc (còn gọi là bất đẳng
thức Buniacowski5 ).
Chứng minh. Ta chỉ cần xét trường hợp
3

n
i=1

|xi | > 0 và

O. H¨
older (1859-1937), nhà toán học người Đức.
K.H.A. Schwarz (1843-1921), nhà toán học người Đức.
5
V.Ya. Buniakowski (1804-1889), nhà toán học người Ucraina.

4

n
i=1

|yi | > 0.


18
n
i=1

Đặt ai = |xi |/(
có ai bi

api
p

+

bqi

n
i=1

|xi |p )1/p , bi = |yi |/(

|yi |q )1/q . Theo bất đẳng thức Young ta

q

⇔

|xi |
.
|xi |p )1/p (

|yi |
|yi |q )1/q

n
i=1

(

|xi |p
n
p
i=1 |xi |

1
.
p

n
i=1

|yi |q
.
n

q
i=1 |yi |

1
+ .
q

Cho i = 1, 2, ..., n rồi cộng các bất đẳng thức tương ứng lại ta được
(

n
i=1 |xi yi |
n
n
p 1/p (
i=1 |xi | )
i=1

n
|xi |p 1
1
. i=1
+ .
n
p
p
q
i=1 |xi |
1 1
= + = 1.

p q

|yi |q )1/q

n
i=1
n
i=1

|yi |q
|yi |q

Bất đẳng thức 2.2.2. Cho các hàm không âm f1 , f2 , ..., fn khả tích R-S đối với hàm
không giảm α(x) trên đoạn [a, b] và các trọng số µ1 , µ2 , ..., µn . Khi đó ta có bất đẳng thức
b

b

f1µ1 f2µ2 ...fnµn dα

b

µ1

f1 dα

a

a

b

µ2

f2 dα

µn

fn dα

...

a

(2.6)

a

b

fi dα > 0 (∀i = 1, 2, ..., n). Ta có

Chứng minh. Chỉ cần xét
a

b
a

µ1

b
a

f1µ1 f2µ2 ...fnµn dα
b
a

f1 dα
b

f1

=

b
a

a

b

=

f1 dα

a

µ1 f 1
b
a

a

...

b
a
b
a

a

b
a

µn

dα

fn dα
µn f n

+ ... +

b
a

f1 dα

dα + ... +

f2 dα

dα

fn dα
b

µ2 f 2

dα +

fn

µ2

µ2 f 2

+

f1 dα

f1 dα

fn dα

f2 dα

b

µ1 f 1
b
a

f2
b
a

µn

b
a

...

µ1

b
do (2.1.1)

µ2

f2 dα

a

µn f n
b
a

dα

fn dα

= µ1 + µ2 + ... + µn = 1.
Từ đây suy ra bất đẳng thức cần phải chứng minh.
Lấy n = 2 , f1 = |f |p , f2 = |g|q , µ1 =

1
p

, µ2 =

1
q

(p > 0, q > 0, p1 +

1
q

= 1) ta được

bất đẳng thức H¨older cho tích phân:
b

b

|f |p dα

|f g|dα
a

b

1
p

a

|g|q dα

1
q

.

(2.7)

a

Với p = q = 2 ta được bất đẳng thức Cauchy–Schwarz quen thuộc cho tích phân.
b

b

2

a

b

f 2 dα ·

|f g|dα
a

g 2 dα.
a

(2.8)


19

2.3

Các bất đẳng thức Minkowski và Chebyshev

Bất đẳng thức 2.3.1 (Bất đẳng thức Minkowski6 cho dãy số (xem [1])). Cho các số
x1 , x2 , ..., xn và y1 , y2 , ..., yn tùy ý. Khi đó với p
n

n

1
p

|xi + yi |p

1 ta có

i=1

n

1
p

|xi |p

1
p

|yi |p

+

i=1

(2.9)

i=1

Chứng minh. Ta chỉ cần xét trường hợp p > 1. Đặt q = p/(p − 1) > 1 thì

1
p

+

1
q

= 1, nên

sử dụng bất đẳng thức H¨older ta có
n

n
p

|xi + yi |.|xi + yi |p−1

|xi + yi | =
i=1

i=1
n

n

|xi |.|xi + yi |p−1 +
i=1
n

|yi |.|xi + yi |p−1
i=1

p

|xi |
i=1
n

n

1
q

(p−1)q

|xi + yi |

|yi |

+

1
p

n

1
p

p

i=1

|xi |p

=

n

1
p

|xi + yi |(p−1)q
i=1

i=1
n

|yi |p

+

i=1

n

1
p

1
q

|xi + yi |p

1
q

.

i=1

i=1

Từ đây suy ra bất đẳng thức cần phải chứng minh.
Bất đẳng thức 2.3.2 (Bất đẳng thức Minkowski cho tích phân Riemann–Stieltjes (xem
[1])). Giả sử các hàm f và g khả tích R-S đối với hàm không giảm α trên [a, b]. Khi đó
với p

1 ta có
b
p

|f + g| dα

b

1
p

p

|f | dα

a

1
p

b
p

|g| dα

+

a

1
p

.

(2.10)

a

Chứng minh. Ta chỉ cần xét trường hợp p > 1. Đặt q = p/(p − 1) > 1 thì

1
p

+

1
q

sử dụng bất đẳng thức H¨older ta có
b

b

|f + g||f + g|p−1 dα

|f + g|p dα =
a

a
b

b

|f ||f + g|p−1 dα +
a

a
b
p

|f | dα

b

1

p

(p−1)q

|f + g|

a
b

|g|p dα

b

1
p

|f + g|(p−1)q dα

a
b

|f + g|p dα

=

dα

1
q

a

+

1
q

a
b

1
q

a
6

|g||f + g|p−1 dα

H. Minkowski (1864-1909), nhà toán học người Đức

|f |p dα
a

1
p

b

|g|p dα

+
a

1
p

.

= 1, nên


20
Từ đây suy ra bất đẳng thức cần phải chứng minh.
Bất đẳng thức 2.3.3 (Bất đẳng thức Chebyshev7 cho tích phân Riemann-Stieltjes (xem
[1])). Giả sử các hàm f, g cùng chiều đơn điệu (cùng tăng hoặc cùng giảm) và khả tích
R-S đối với hàm đơn điệu tăng α trên [a, b]. Khi đó
b

b

b

[α(b) − α(a)]

f dα ·

f gdα

gdα.

(2.11)

a

a

a

Giả sử các hàm f, g ngược chiều đơn điệu (một hàm tăng, một hàm giảm) và khả tích
R-S đối với hàm đơn điệu tăng α trên [a, b]. Khi đó
b

b

b

[α(b) − α(a)]

f dα ·

f gdα

gdα

(2.12)

a

a

a

Chứng minh. Ta chứng minh (2.11), còn (2.12) sẽ được chứng minh tương tự.
b

Theo định lý giá trị trung bình (??) tồn tại c ∈ [a, b] sao cho

f dα = f (c)[α(b) − α(a)],
a

b
1
f dα. Vì f và g cùng chiều đơn điệu nên ta có [f (x)−f (c)][g(x)−
α(b) − α(a) a
0, ∀x ∈ [a, b]. Do đó

hay f (c) =
g(c)]

b

[f (x) − f (c)][g(x) − g(c)]dα(x)

0

a
b

b

b

f dα + f (c)g(c)[α(b) − α(a)]

gdα − g(c)

f gdα − f (c)

0.

a

a

a

Suy ra bất đẳng thức cần chứng minh (2.11).
Chú ý 2.3.4. Chỉ cần lấy α(x) ≡ x ta sẽ được các bất đẳng thức Chebyshev tương ứng
cho tích phân Riemann. Có thể lấy một ví dụ minh họa:
Ví dụ 2.3.5 ((OLP-Moscow-1987)). Cho các hàm f (x), g(x) khả tích và đơn điệu tăng
trên [a, b]. Khi đó
b

b

f (x)dx
a

2.4

b

g(x)dx
a

(b − a)

f (x)g(x)dx.
a

Các bất đẳng thức Jensen và Hermite–Hadamard

Xét khoảng I ⊂ R.
Định nghĩa 2.4.1. Hàm ϕ : I → R được gọi là hàm lồi, nếu ∀a, b ∈ I (a < b) thì
ϕ(λx + (1 − λ)y)

λϕ(x) + (1 − λ)ϕ(y) , ∀x, y ∈ [a, b], ∀λ ∈ [0, 1].


21

Hình 2.3: Minh họa hình học cho hàm lồi
Về mặt hình học λϕ(x) + (1 − λ)ϕ(y) là đoạn thẳng nối 2 điểm (x, ϕ(x)) và (y, ϕ(y)) trên
đồ thị của ϕ, toàn bộ phần đồ thị của ϕ từ điểm (x, ϕ(x)) đến điểm (y, ϕ(y)) nằm dưới
đoạn thẳng nói trên.
Ta có thể chứng minh được các tính chất sau của hàm lồi:
(1) Với mỗi điểm (c, ϕ(c)) trên đồ thị của hàm lồi ϕ tồn tại một đường thẳng L đi qua
(c, ϕ(c)) sao cho toàn bộ đồ thị của ϕ nằm trên đường thẳng L. Đường thẳng L
thường được gọi là "đường mức" của hàm lồi.
(2) Hàm lồi ϕ là hàm liên tục.

Bất đẳng thức 2.4.2 (Bất đẳng thức Jensen8 (xem [1], hoặc [9])). Giả sử ϕ : [a, b] → R
là hàm lồi. Với bất kỳ x1 , x2 , ..., xn ∈ [a, b] và các trọng số λ1 , λ2 , ..., λn

0,

n
i=1

λi = 1

ta có bất đẳng thức
f (λ1 x1 + λ2 x2 + ... + λn xn )

λ1 f (x1 ) + λ2 f (x2 ) + ... + λn f (xn ).

(2.13)

Chứng minh. Hiển nhiên (2.13) đúng với n = 1 và n = 2.
Giả sử (2.13) đúng với n = k − 1, ta chứng tỏ nó đúng với n = k. Ta có thể giả thiết
µ = λ2 + · · · + λk > 0. Khi đó λ1 + µ = 1 và
λ2
λk
λ2
λk
+ ··· +
= 1, x2 + · · · + xk ∈ [a, b]
µ
µ
µ
µ

7
8

P.L. Chebyshev (1821-1894), nhà toán học người Nga
J. Jensen (1859-1925), nhà toán học người Đan mạch


22
nên theo quy nạp ta có
λ2
λk
x2 + · · · + xk )
µ
µ
λ2
λk
λ1 f (x1 ) + µf ( x2 + · · · + xk )
µ
µ

f (λ1 x1 + λ2 x2 + · · · + λk xk ) = f λ1 x1 + µ(

λ1 f (x1 ) + λ2 f (x2 ) + · · · + λk f (xk ).

Nhận xét 2.4.3. Dựa vào "đường mức" ta cũng có thể chứng minh bất đẳng thức (2.13).
Nếu hàm f khả vi tới cấp 2 và f (x)

0 , ∀x ∈ I thì f là hàm lồi. Dùng bất đẳng thức

Jensen (2.13) ta còn có thể chứng minnh được bất đẳng thức Young (2.3).

Thật vậy, do ex là hàm lồi nên với a > 0, b > 0, p > 0, q > 0, p1 +
1

p

1

ab = eln(ab) = eln a+ln b = e p ln(a )+ q ln(b
1 ln(ap ) 1 ln(bq ) ap bq
e
+ e
=
+ .
p
q
p
q

1
q

= 1 ta có

q)

Định nghĩa 2.4.4. Hàm f : I → R gọi là hàm lõm nếu (−f ) là hàm lồi, tức là ∀a, b ∈
I (a < b) thì
f (λx + (1 − λ)y)

λf (x) + (1 − λ)f (y) , ∀x, y ∈ [a, b], ∀λ ∈ [0, 1].

Khi đó ta có bất đẳng thức tương ứng với (2.13) theo chiều ngược lại.
Bất đẳng thức 2.4.5 (Bất đẳng thức Jensen đối với tích phân (xem [1], hoặc [9])). Giả
sử f : [α, β] → [a, b] là hàm khả tích, còn ϕ : [a, b] → R là hàm lồi. Khi đó ta có bất đẳng
thức
1
ϕ
β−α

β

f (t)dt
α

1
β−α

β

ϕ(f (t))dt.

(2.14)

α
β

f (t)dt = f (γ)(β − α).

Chứng minh. Theo định lý giá trị trung bình tích phân ∃γ ∈ [α, β] để
α

Khi đó f (γ) = c ∈ [a, b] và
ϕ

1
β−α

β

f (t)dt = ϕ(f (γ)) = ϕ(c).
α

Vì ϕ là hàm lồi nên tồn tại "đường mức" L đi qua (c, ϕ(c)) nằm hoàn toàn bên dưới đồ
thị của ϕ. Ta có L(c) = ϕ(c)
β

β

β

ϕ(f (t))dt hay (β − α)ϕ(c)

ϕ(c)dt
α

ϕ(f (t)) , ∀t ∈ [α, β]. Do đó

α

Suy ra bất đẳng thức cần phải chứng minh.

ϕ(f (t))dt.
α


23
Bất đẳng thức 2.4.6 (Bất đẳng thức Hermite–Hadamard9 (xem [1], hoặc [9])). Cho
f (x) là hàm lồi và khả tích trong khoảng I ⊂ R. Khi đó với a, b ∈ I, a < b ta có
(b − a)f (

b

a+b
)
2

(b − a)

f (x)dx
a

f (a) + f (b)
.
2

(2.15)

b

f (x)dx ta đổi biến x = (1 − t)a + tb thì

Chứng minh. Với I =
a

1

f ((1 − t)a + tb)dt

I = (b − a)
0
1

[(1 − t)f (a) + tf (b)]dt

(b − a)
0

= (b − a)
Lại đổi biến x =

f (a) + f (b)
.
2

a+b
+ t thì
2
b−a
2

I=

f(
− b−a
2
b−a
2

=
0

a+b
+ t)dt
2

a+b
f(
+ t)dt +
2

b−a
2

=

f(
0
b−a
2

=2
0

− b−a
2

a+b
+ t)dt
2

1 a+b
1 a+b
f(
+ t) + f (
− t) dt
2
2
2
2
f(

0

f(

a+b
a+b
+ t) + f (
− t) dt
2

2

b−a
2

2

0

a+b
a+b
)dt = (b − a)f (
).
2
2

Nhận xét 2.4.7. Nếu đổi giả thiết f (x) là hàm lõm thì ta được bất đẳng thức tương
ứng với (2.15) theo chiều ngược lại.

2.5

Các bất đẳng thức Gr¨
uss và Ostrowski

Bất đẳng thức 2.5.1 (Bất đẳng thức của G. Gr¨
uss (1935)10 (xem [5], [7], [8])). Cho f
và g là hai hàm khả tích trên [a, b]. Giả sử l
9

f (x)

L, m

g(x)

M ∀x ∈ [a, b], với

C. Hermite (1822-1901), nhà toán học người Pháp; J. Hadamard (1865-1963), nhà toán học người

Pháp
10
G. Gr¨
uss (1902-1950), nhà toán học người Đức.