(Luận văn thạc sĩ) Về bất đẳng thức Ostrowski và Trapezoid

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
---------------------------

ĐỖ THỊ THU GIANG

VỀ BẤT ĐẲNG THỨC
OSTROWSKI VÀ TRAPEZOID

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - 2019


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
---------------------------

ĐỖ THỊ THU GIANG

VỀ BẤT ĐẲNG THỨC
OSTROWSKI VÀ TRAPEZOID
Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp
Mã số: 8 46 01 13

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
TS. Trần Xuân Quý

THÁI NGUYÊN - 2019

i

Mục lục
Bảng ký hiệu viết tắt

1

Mở đầu

2

Chương 1. Một số kiến thức chuẩn bị
1.1. Hàm số, biến phân và biến phân toàn phần . . . . . . . . . . . . . . .
1.2. Bất đẳng thức H¨older . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3. Bất đẳng thức Ostrowski và trapezoid . . . . . . . . . . . . . . . . .

5
5
7
8

Chương 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 . . . .
2.1.2 Bất đẳng thức Ostrowski với hàm có biến phân bị chặn . .
2.2. Về bất đẳng thức trapezoid . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2.1 Bất đẳng thức trapezoid đối với hàm có biến phân bị chặn
2.2.2 Bất đẳng thức trapezoid đối với hàm đơn điệu . . . . . . .

2.2.3 Bất đẳng thức trapezoid đối với hàm liên tục tuyệt đối . .
2.2.4 Bất đẳng thức trapezoid đối với hàm có đạo hàm cấp hai .
2.3. Làm chặt bất đẳng thức Ostrowski đối với hàm Chebysev . . . . .

.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.

9
9
9
12
14
14

16
19
21
23

Chương 3. Bất đẳng thức kiểu Ostrowski và trapezoid liên hệ với định
lý giá trị trung bình Pompeiu với trọng số mũ phức
28
3.1. Bất đẳng thức kiểu Ostrowski . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
3.2. Bất đẳng thức kiểu trapezoid . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
3.3. Một bất đẳng thức kiểu Ostrowski và trapezoid mới . . . . . . . . . 34
3.3.1 Làm chặt bất đẳng thức Ostrowski . . . . . . . . . . . . . . . 34
3.3.2 Bất đẳng thức kiểu Ostrowski mới . . . . . . . . . . . . . . . 35
3.3.3 Làm chặt bất đẳng thức trapezoid . . . . . . . . . . . . . . . . 36
3.3.4 Bất đẳng thức kiểu trapezoid mới . . . . . . . . . . . . . . . . 36
Kết luận

38

Tài liệu tham khảo

39


1

Bảng ký hiệu viết tắt
b

(f )

biến phân toàn phần của hàm số f trên đoạn [a, b];

a
n

ai

:= a1 + a2 + · · · + an ;

i=1

max{a, b}

phần tử lớn nhất trong tập hai phần tử a, b;
b

f

s

s

| f (t) | dt

:=

1
s

với s ∈ [1; ∞), hay chuẩn cấp s

a

f

∞

của hàm số f trên đoạn [a, b];
:= sup | f (t) |;
t∈(a;b)
n−1

σ(f, ξ, In )

f (ξi )hi , (tổng Riemann của hàm f trên [a, b]);

:=
i=0

f

[u,v],s

chuẩn cấp s của hàm số f trên đoạn [u, v].


2

Mở đầu

Chúng ta đều biết rằng môn Toán được coi là môn "thể thao trí tuệ" giúp
người học có nhiều cơ hội rèn luyện, phát triển tư duy cũng như bồi dưỡng năng
lực thẩm mỹ khi nghiên cứu nét đẹp của những công thức giải toán độc đáo và mới
mẻ.
Trong nhiều năm qua, hầu hết các kỳ thi quan trọng như thi học sinh giỏi Toán
cấp tỉnh, cấp Quốc gia, Quốc tế,.... các bài toán liên quan đến bất đẳng thức chiếm
một vị trí đáng kể. Đối với lớp bất đẳng thức rời rạc thì đã được khai thác khá triệt
để ở chương trinh phổ thông, thậm chí cả cấp THCS. Vì nó là bài toán so sánh,
nên trong các kỳ thi học sinh giỏi thường xuất hiện bài toán về cực trị bất đẳng
thức. Tuy vậy, một lượng lớn bài toán về bất đẳng thức hàm lại ít được khai thác
ở bậc trung học, dạng toán này thường chỉ xuất hiện dạng đơn giản ở bài toán bất
phương trình, hoặc xuất hiện bài khó ở các kỳ thi chọn học sinh giỏi cấp Quốc gia,
chọn đổi tuyển Quốc tế. Vì lý do đó mà tôi lựa chọn đề tài về bất đẳng thức hàm
làm chủ đề cho luận văn thạc sĩ của mình, cụ thể với đề tài: “Về bất đẳng thức
Ostrowski và Trapezoid’. Đây là loại bất đẳng thức trung bình tích phân.
Năm 1938, Ostrowski đã chứng minh được một ước lượng về trung bình tích
phân như sau
Định lý 0.1. Giả sử f : [a, b] → R là hàm liên tục trên [a, b] và khả vi trên (a, b)
với |f (t)| M < ∞ với mọi t ∈ (a, b). Khi đó, với bất kỳ x ∈ [a, b], ta có


2 
a
+
b
b
1 x − 2  
1
 +
f (t)dt

(0.1)
f (x) −

4
 M (b − a).
b−a
b−a
a

Hằng số

1
là đánh giá tốt nhất, không thể thay thế bằng số bé hơn.
4

Bất đẳng thức (0.1) 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 0.2 (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)| M < ∞ với mọi t ∈ (a, b). Khi đó, với bất


3

kỳ x ∈ [a, b], ta có


b

1

(x − a)f (a) + (b − x)f (b)
−
b−a
b−a

f (t)dt
a

1

4


a+b 2
x−


2 
+

 M (b − a),
b−a


(0.2)
1
với mọi x ∈ [a, b]. Hằng số là đánh giá tốt nhất.
4
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 0.3. Với mọi hàm thực f khả vi trên [a, b] khoảng này không chứa 0 và
với mọi cặp x1 = x2 trong [a, b], tồn tại ξ giữa x1 và x2 sao cho
x1 f (x2 ) − x2 f (x1 )
= f (ξ) − ξf (ξ).
x1 − x2
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 0.4 (Dragomir, 2005 [9]). Giả sử hàm f : [a, b] → R liên tục trên [a, b] và
khả vi trên (a, b) với [a, b] không chứa 0. Khi đó với bất kỳ x ∈ [a, b], ta có bất đẳng
thức sau


2 
a
+
b
b
a + b f (x)
1
b−a
1 x − 2  

f (t)dt
.
−
+


 f − f ∞,

2
2
b−a
|x|
4
b−a
a

trong đó (t) = t, t ∈ [a, b]. Hằng số

1
là đánh giá tốt nhất.
4

Nội dung của luận văn được trình bày trong ba chương, cụ thể:
Chương 1. Trình bày sơ lược về hàm số, biến phân của hàm số, bất đẳng thức
H¨older. Bất đẳng thức Ostrowski và trapezoid.
Chương 2. Trình bày về bất đẳng thức kiểu Ostrowski, trapezoid đối với các lớp
hàm có biến phân bị chăn, hàm đơn điệu, hàm liên tục tuyệt đối. Làm chặt bất
đẳng thức Ostrowski đối với hàm Chebyshev. Nội dung chương này trình bày từ
tài liệu [2].
Chương 3. Trình bày về bất đẳng thức kiểu Ostrowski và trapezoid liên hệ với
định lý giá trị trung bình Pompeiu với trọng số mũ phức. Một bất đẳng thức kiểu
Ostrowski và trapezoid mới và một số kết quả làm chặt các bất đẳng thức kiểu
Ostrowski và trapezoid. Nội dung chương này trình bày lại một số kết quả trong bài


4

báo “Ostrowski and Trapezoid type inequalities related to pompeiu’s mean value

theorem with complex exponential weight” của Cerone P., Dragomir S. S., Kikianty
E. công bố năm 2017 (xem [3]).
Trong quá trình học tập và nghiên cứu tại trường Đại học Khoa học, Đại học
Thái Nguyên, em luôn nhận được sự quan tâm giúp đỡ và động viên của các thầy
cô trong Ban Giám hiệu, phòng Đào tạo, Khoa Toán – Tin, Trường Đại học Khoa
học, ĐH Thái Nguyên. Với bản luận văn này, em mong muốn được góp một phần
nhỏ công sức của mình vào việc gìn giữ và phát huy vẻ đẹp, sự hấp dẫn cho những
định lý toán học vốn dĩ đã rất đẹp. Đây cũng là một cơ hội cho em gửi lời tri ân
tới tập thể các thầy cô giảng viên của trường Đại học Khoa học – Đại học Thái
Nguyên nói chung và Khoa Toán – Tin nói riêng, đã truyền thụ cho em nhiều kiến
thức khoa học quý báu trong thời gian em được là học viên của trường.
Tác giả xin chân thành cảm ơn Ban Giám hiệu trường Phổ thông Dân tộc Nội
trú tỉnh Quảng Ninh cùng toàn thể các anh chị em đồng nghiệp đã tạo điều kiện
tốt nhất cho tác giả trong thời gian đi học Cao học; cảm ơn các anh chị em học
viên lớp Cao học Toán K11 và bạn bè đồng nghiệp đã trao đổi, động viên và khích
lệ tác giả trong quá trình học tập và làm luận văn tại trường Đại học Khoa học,
Đại học Thái Nguyên.
Đặc biệt em xin được bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy giáo chủ nhiệm lớp
Toán K11, TS. Trần Xuân Quý đã luôn quan tâm ân cần chỉ bảo, động viên khích
lệ, giúp đỡ tận tình và góp ý sâu sắc cho em trong suốt quá trình học tập cũng
như thực hiện đề tài. Chặng đường vừa qua sẽ là những kỉ niệm đáng nhớ và đầy
ý nghĩa đối với các anh chị em học viên lớp K11 nói chung và với bản thân em nói
riêng. Dấu ấn ấy hiển nhiên không thể thiếu sự hỗ trợ, sẻ chia đầy yêu thương của
cha mẹ hai bên và các anh chị em con cháu trong gia đình. Xin chân thành cảm
ơn tất cả những người thân yêu đã giúp đỡ, đồng hành cùng em trên chặng đường
vừa qua. Một lần nữa, em xin trân trọng cảm ơn!
Thái Nguyên, ngày 15 tháng 5 năm 2019
Học viên

Đỗ Thị Thu Giang

5

Chương 1

Một số kiến thức chuẩn bị
Trong chương này, chúng tôi, trình bày một số kiến thức khái niệm và tính chất
về hàm số liên tục tuyệt đối, biến phân và biến phân toàn phần của hàm số. Bất
đẳng thức H¨older dạng đại số và dạng giải tích, Bất đẳng thức Ostrowski và traped.
Các kết quả này được sử dụng cho các chứng minh ở Chương 2 và Chương 3.

1.1.

Hàm số, biến phân và biến phân toàn phần

Định nghĩa 1.1. (a) Hàm số f : [a, b] → R được gọi là liên tục tuyệt đối trên
[a, b] nếu với mọi ε > 0 tồn tại số dương δ thỏa mãn
n

|f (xi ) − f (yi )| < ε,
i=1

với mọi họ hữu hạn các khoảng rời nhau {[xi , yi ] : i = 1, 2, . . . , n} của [a, b]
với ni=1 |xi − yi | < δ.
(b) Hàm số f : [a, b] → R được gọi là có biến phân bị chặn trên [a, b] khi và chỉ
khi tồn tại hằng số M > 0 thỏa mãn
n

|f (xi ) − f (xi−1 )| ≤ M,

i=1

với mọi phân hoạch P = {x0 , x1 , · · · , xn } của [a, b].
(c) Nếu hàm số f : [a, b] → R có biến phân bị chặn trên [a, b], thì biến phân toàn
phần của f trên [a, b] được xác định như sau
b

n

(f ) =
a

|f (xi ) − f (xi−1 ) | .

sup
P={x0 ,x1 ,··· ,xn }

phân hoạch của[a,b]

i=1

Nhận xét 1.1. Một hàm liên tục tuyệt đối trên [a, b] thì liên tục đều và có biến
phân bị chặn trên [a, b].


6

Ví dụ 1.1. Nếu f : [a, b] → R là hàm đơn điệu tăng thì với mọi phân hoạch
P = {x0 , x1 , · · · , xn } của [a, b] ta có
n

n

|f (xi ) − f (xi−1 )| =
i=1

{f (xi ) − f (xi−1 )}
i=1

= f (xn ) − f (x0 ) = f (b) − f (a).
b

(f ) = f (b) − f (a).

Vì vậy, hàm f có biến phân bị chặn và
a

Ví dụ 1.2. Nếu hàm f : [a, b] → R liên tục trên [a, b] và khả vi trên (a, b) với
sup |f (x)| ≥ M , thì với mọi phân hoạch P = {x0 , x1 , · · · , xn } của [a, b] và theo
a
định lý giá trị trung bình ta có
n

n

|f (xi ) − f (xi−1 )| =
i=1

|f (ti )[xi − xi−1 ]|

i=1
n

≤

M [xi − xi−1 ] = M (b − a).
i=1
b

(f ) ≤ M (b − a).

Do đó hàm f có biến phân bị chặn và
a

Định lý 1.1. (a) Nếu f, g : [a, b] → R là các hàm có biến phân bị chặn và c, d ∈ R,
thì cf + dg có biến phân bị chặn và có bất đẳng thức sau
b

b

(cf + dg) ≤ |c|
a

b

(f ) + |d|
a

(g).
a

(b) Nếu f : [a, b] → R có biến phân bị chặn trên [a, b] và [c, d] ⊂ [a, b], thì f có
biến phân bị chặn trên [c, d] và
d

b

(f ) ≤
c

(f ).
a

(c) Nếu f : [a, b] → R có biến phân bị chặn và c ∈ (a, b), thì
b

c

(f ) =
a

b

(f ) +
a

(f ).
c
x

(d) Nếu hàm f : [a, b] → R có biến phân bị chặn thì hàm V (x) =

(f ) và V (x) −
a

f (x) đơn điệu tăng trên [a, b].


7

(e) Hàm f : [a, b] → R có biến phân bị chặn khi và chỉ khi nó là hiệu của hai hàm
tăng.

1.2.

Bất đẳng thức H¨
older

Bất đẳng thức H¨older tồn tại ở nhiều phiên bản, tuy nhiên chúng tôi chỉ trình
bày ở dạng đại số và giải tích cơ bản, mà chúng phù hợp với chương trình phổ
thông.
Từ bất đẳng thức AM–GM suy rộng ta có
xa y b

a a+b
b a+b
x +
y
a+b
a+b

(1.1)

với mọi x, y 0, a, b > 0. Nếu đặt u = xa , v = y b , p = (a + b)/a và q = (a + b)/b,
rõ ràng p > 1 và ta có bất đẳng thức sau
1 1
+ = 1 =⇒ uv
p q

1 p 1 q
u + v .
p
q

(1.2)

Bất đẳng thức này được gọi là bất đẳng thức Young. Kết quả dưới đây được gọi là
bất đẳng thức H¨older.
Định lý 1.2 (Bất đẳng thức H¨older). Cho a = (a1 , a2 , . . . , an ) và b = (b1 , b2 , . . . , bn )
1 1
là hai bộ n số thực dương và p > 1, + = 1. Khi đó ta có bất đẳng thức sau
p q
n

1
p

n

api

ai bi ≤
i=1

1
q

n

bqi

i=1

.

(1.3)

i=1

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi api = kbqi với mọi i ∈ {1, 2, , . . . , n}.
Kết quả tiếp theo là bất đẳng thức H¨older ở dạng giải tích, chúng tôi chỉ trình
bày kết quả mà không chứng minh.
Định lý 1.3 (Bất đẳng thức H¨older dạng giải tích). Giả sử (p, q) là cặp số mũ liên
1 1
hợp, tức là thỏa mãn điều kiện p, q > 1 với + = 1, f và g là hai hàm số liên
p q
tục trên đoạn [a, b], khi đó
b

b

|f (x)g(x)| dx ≤
a

1
p

b

p

|f (x)| dx
a

1
q

q

|g(x)| dx

(1.4)

a

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi tồn tại hai số thực A và B không đồng thời bằng
không sao cho
A |f (x)|p = B |g(x)|q ∀x ∈ [a, b].

8

1.3.

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)| M < ∞ với mọi t ∈ (a, b). Khi đó, với bất kỳ x ∈ [a, b], ta có


2 
a
+
b
b
1 x − 2  
1
 +
f (t)dt
(1.5)
f (x) −

 M (b − a)

b−a
4
b−a
a

Hằng số

1
là đánh giá tốt nhất, không thể thay thế bằng số bé hơn.
4

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)| M < ∞ với mọi t ∈ (a, b). Khi đó, với bất
kỳ x ∈ [a, b], ta có



a+b 2
b
1 x − 2  
1
(x − a)f (a) + (b − x)f (b)
 +
−
f (t)dt

 M (b − a),
4
b−a
b−a
b−a

a

(1.6)
1
với mọi x ∈ [a, b]. Hằng số là đánh giá tốt nhất.
4
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.


9

Chương 2

Về bất đẳng thức Ostrowski và
Trapezoid
2.1.
2.1.1

Về bất đẳng thức Ostrowski
Bất đẳng thức Ostrowski với hàm liên tục tuyệt đối

Định lý 2.1. Xét f : [a; b] → R
có



















b
1
|f (x) −
f (t)dt|

b−a a


















là ánh xạ liên tục tuyệt đối trên (a, b). Khi đó ta
a+b
2
b−a

x−

1
+
4

x−a
b−a
1
×(a − b) q f

1
q+1

1
+
2

2

(b − a) f
1
q×

q+1

(2.1)
p, p

a+b
|
2
b−a

> 1,

1 1
+ = 1;
p q

|x−

với mọi x ∈ [a, b], trong đó

1


 b

s
s
a | f (t) | dt
f s :=


 sup | f (t) |

f

1.

nếu s ∈ [0; ∞)
nếu s = ∞.

t∈(a;b)

Chứng minh. Lấy tích phân từng phần, ta có
x

x

(t − a)f (t)dt = (x − a)f (x) −
a

∞;

f (t)dt
a

10

và

x

x

(t − a)f (t)dt = (x − b)f (x) −

f (t)dt.
b

b

Cộng hai vế của hai đẳng thức trên ta thu được đẳng thức Montgomery
x

(b − a)f (x) =

b

f (t)dt +
b

p(x, t)f (t)dt,

(2.2)

a

trong đó 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 có
b

b

sup | f (t) |

p(x, t)f (t)dt

t∈(a;b)

a

p(x, t)dt
a

x

= f

b

(t − a)dt +

∞
a

= f

∞

= f

∞

(t − b)dt
x

(x − a)2 + (b − x)2
2
a+b
2
x
−
1
2
+
(b − a)2 ,
4
b−a

như vậy ta chứng minh được khẳng định đầu tiên trong (2.1).

1 1
Áp dụng bất đẳng thức H¨older dạng tích phân với p > 1, + = 1, ta có đánh
p q
giá sau:
b

b

p(x, t)f (t)dt
a

1
| p(x, t) |q dt p f

p

a
x

b

(t − a)q dt +

=
a

p

x
q+1

=

1
(t − b)q dt q f

(x − a)

q+1

+ (b − x)
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 có
b

b

p(x, t)f (t)dt

|f (t)|dt

sup |p(x, t)|
t∈(a;b)

a

a

= max{x − a; b − x} f
b−a
a+b
=
+ x−
2
2

1

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
X +Y
1
max{X, Y } =
+ |X − Y |.

2
2
1
Nhận xét 2.1. (a) Hằng số trong bất đẳng thức đầu là đánh giá tốt nhất, tức
4
là không 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
a+b
x−
2

1
+
4

a+b
2
b−a

x−

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

1
minh được rằng hằng số trong đánh giá cuối của bất đẳng thức (2.1) là đánh
2
giá tốt nhất.
1
trong đánh giá thứ hai của bất đẳng thức (2.1) không thể thay
q+1
c
thế bằng hằng số dạng
với 0 < c < 1.
q+1
Thật vậy, giả sử tồn hằng số c như vậy, thì với f (x) = x ta có
1
q+1
q+1
a+b
c
x−a
b−x
q (b − a)
x−
+
(2.4)
2
q+1
b−a
b−a

(c) Hằng số

với mọi x ∈ [a, b].
1
Nếu trong bất đẳng thức (2.4) ta chọn x = a, thì được
2

c
q+1

1
q

từ đó


12

q+1
với mọi q > 1. Cho q → 1+ , ta được c ≥ 1 vậy hằng số 1 là
q
2
đáng giá tốt nhất.
ta có c ≥

2.1.2

Bất đẳng thức Ostrowski với hàm có biến phân bị chặn

Định lý 2.2. Xét hàm số f : [a, b] → R có biến phân bị chặn trên [a, b]. Khi đó ta
có bất đẳng thức.

1
f (x) −
b−a

b

f (t)dt
a

1
+
2

a+b
|
2
b−a

|x −

b

(f )

(2.5)

a

b

với mọi x ∈ [a, b], trong đó

(f ) là biến phân toàn phần của hàm số f trên [a, b].
a

1
Hằng số là đánh giá tốt nhất trong bất đẳng thức (2.5).
2
Chứng minh.
x

x

(t − a)df (t) = (x − a)f (x) −
a

f (t)dt.

(2.6)

f (t)dt.

(2.7)

a

và
b

b

(t − b)df (t) = (b − x)f (x) −
x

x

Cộng hai vế của phương trình (2.6) và (2.7), ta thu được đẳng thức sau
b

b

f (t)dt = (b − a)f (x) +
x

p(t, x)df (t),

(2.8)

a

trong đó
p(t, x) :=

t − a nếu t ∈ [a; x]
, x ∈ [a; b].
t − b nếu t ∈ (x; 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 có biến phân bị chặn trên [a, b], thì hàm g khả tích Riemann-Stieltjes
ứng với v, vì vậy ta có đánh giá sau

b

b

g(x)dv(x)
a

sup |g(x)|
t∈[a;b]

(v).
a

(2.9)


13

Áp dụng bất đẳng thức (2.9) cho hàm p và f , ta có khẳng định sau
b

b

p(t, x)df (t)

sup |p(t, x)|
t∈[a;b]

a

(f ).

(2.10)

a

với
a+b
1
sup |p(t, x)| = max {x − a, x − b} = (b − a) + x +
2
2
x∈[a;b]
t∈[a;b]
ở đây ta đã sử dụng đẳng thức 2. max{A, B} = A + B+ | B − A | .
Khi đó, từ bất đẳng thức (2.10) và đẳng thức (2.8) ta thu được bất đẳng thức
1
(2.5). Để chứng minh hằng số , là đánh giá tốt nhất trong bất đẳng thức (2.5),
2
ta giả sử bất đẳng thức này thỏa mãn với hằng số C > 0 nào đó, nghĩa là
1
f (x) −
b−a

a+b
|
2
b−a

|x −

b

f (t)dt

C+

a

b

(f )

(2.11)

a

với mọi x ∈ [a, b].
Chọn hàm số f : [a, b] → R xác định bởi


0 nếu x ∈ [a; a + b ) ∪ ( a + b ; b],
2
2
f (x) =
a+b

1 nếu x =
.
2

b

Khi đó hàm f có biến phân bị chặn trên [a, b], với

b
a f (t)dt

= 0 và

(f ) = 2.
a

a+b
Thay hàm f và bất đẳng thức (2.11) Và chọn x =
, ta thu được 1
2
1
C
ta có điều phải chứng minh.
2

2C. Hay

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
n−1

σ(f, ξ, In ) =

f (ξi )hi .
i=0


14

Ta có
b

f (x)dx = σ(f, ξ, In ) + R(f, ξ, In ),

(2.12)

a

trong đó phần dư R(f, ξ, In ) thỏa mãn bất đẳng thức sau
| R(f, ξ, In ) |

1
ν(h) +
2

i=0,n−1

b

xi + xi+1
ξi −
2

(f )

(2.13)

a

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+1

1
xi + xi+1
+ ξi −
2
2

f (t)dt − hi (ξi )
xi

(f ).
xi

Lấy tổng hai vế của bất đẳng thức này theo i = 0, 1, . . . , n − 1 ta có
n−1

| R(f, ξ, In ) |
i=1

xi + xi+1
1
hi + ξi −
2
2

max
i=0,n−1

=

xi+1

(f )
xi

1
xi + xi+1
hi + ξi −
2
2

xi + xi+1
1
ν(h) + max ξi −
2
2
i=0,n−1

n−1 xi+1

(f )
i=1 xi
b

(f ),
a

trong đó 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 có biến phân bị chặn

Định lý 2.3. Xét hàm f : [a, b] → R có biến phân bị chặn. Khi đó ta có bất đẳng
thức
b
a

f (a) + f (b)
(b − a)
f (x)dx −
2

b−a

2

b

(f )
a

b

(f ) là biến phân toàn phần của hàm f trên đoạn [a, b]. Hằng số

với
a

giá tốt nhất trong bất đẳng thức (2.14).

(2.14)
1
là đánh
2


15

Chứng minh. Áp dụng quy tắc lấy tích phân từng phần, ta có
b

a+b
f (a) + f (b)
x−

df (x) =
(b − a) −
2
2

a

(n)

(n)

(n)

b

f (x)dx

(2.15)

a
(n)

(n)

xi+1 −

Giả sử ∆n : a = x0 < x1 < · · · < xn−1 < xn = b với ν(∆n ) :=
i=0,n−1
(n)
xi

(n)
ξi

(n) (n)
[xi , xi+1 ].

và
∈
Nếu p : [a, b] → R là ánh xạ liên tục trên [a, b] và
v : [a, b] → R có biến phân bị chặn trên [a, b], thì ta có
n−1

b

p(x)dv(x) =

ν(∆n )→0

a

(n)

(n)

(n)

(n)

(n)

(n)

(n)

(n)

p(ξi )[v(xi+1 − v(xi ]

lim

(2.16)

i=0
n−1

|p(ξi )||v(xi+1 − v(xi |

lim
ν(∆n )→0

i=0
n−1

max |p(x)| sup
x∈[a;b]

∆n i=0
b

= max |p(x)|
x∈[a;b]

|v(xi+1 − v(xi |

(ν).
a

Áp dụng bất đẳng thức (2.16), ta thu được
b
a

a+b
a+b
df (x) ≤ max x −
x−
2
2
x∈[a;b]
a−b
=
2

b

(f )

(2.17)

a

b

(f ),
a

và thông qua đẳng thức (2.15), ta có 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 đó, nghĩa là,
b
a

f (a) + f (b)
(b − a)
f (x)dx −
2

b

C(b − a)

Xét ánh xạ f : [a, b] → R xác định bởi
f (x) =

1 nếu x ∈ {a; b};
0 nếu x ∈ (a; b).

(f ).
a

(2.18)


16
b

Khi đó f có biến phân bị chặn, với

(f ) = 2 và

b
a f (x)dx

= 0, ta thu được

a
b

f (x)dx −
a

f (a) + f (b)
(b − a) = −(b − a);
2

và

b

(b − a)

(f ) = 2(b − a).
a

1
Từ bất đẳng thức (2.18) ta có (b − a) 2c(b − a), từ đây suy ra C ≥ do đó hằng
2
1
số là đánh giá tốt nhất trong bất đẳng thức (2.14).
2
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 có
b

f (x)dx = AT (f, In ) + RT (f, In )

(2.19)

a

trong đó AT (f, In ) công thức trapezoid. Tức là
1
AT (f, In ) :=
2

n

[f (xi ) + f (xi+1 )]hi , hi := xi+1 − xi ,
i=1

và phần dư thỏa mãn AT (f, In ) thõa mãn ước lượng sau
|AT (f, In )|
với ν(h) = max {hi }. Hằng số
i=0,n−1

2.2.2

ν(h)
2

b

(f ),

(2.20)

a

1
là đánh giá tốt nhất.
2

Bất đẳng thức trapezoid đối với hàm đơn điệu

Định lý 2.4. Xét hàm số f : [a, b] → R đơn điệu không tăng trên đoạn [a, b]. Khi
đó ta có bất đẳng thức
b

f (x)dx −
a

f (a) + f (b)
(b − a)
2

1
(b − a)(f (b) − f (a)) −
2
(b − a)(f (b) − f (a))
.
2

b

sgn x −
a

(2.21)
a+b
f (x)dx
2


17

Hằng số

1
là đánh giá tốt nhất trong hai bất đẳng thức trên.
2

Chứng minh. Lấy tích phân từng phần ta thu được
b

b

a+b
f (a) + f (b)
(b − a) −
x−
df (x) =
2
2

a

(n)

(n)

(n)

f (x)dx.

(2.22)

a

(n)

Giả sử ∆n : a = x0 < x1 < · · · < xn−1 < xn = b là dãy các điểm chia của
(n)
(n)
đoạn [a, b] với ν(∆n ) → 0 khi n → ∞, trong đó ν(∆n ) := max xi+1 − xi
và
i=0,n−1

(n)
ξi

(n) (n)
[xi , xi+1 ].

∈
Nếu hàm p : [a, b] → R liên tục trên [a, b] và hàm v đơn điệu không giảm trên
[a, b], thì ta có
n−1

b

p(x)dv(x) =

lim
ν(∆n )→0

a

(n)

v xi+1 − xi

(n)

v xi+1 − xi

p ξi

(n)

(n)

(n)

(n)

(2.23)

i=0
n−1

≤

lim
ν(∆n )→0

=≤

p ξi
i=0
n−1

(n)

lim

(n)

ν(∆n )→0

(n)

v xi+1 − xi

p ξi
i=0

n

|p(x)|dv(x).

=
a

Áp dụng đánh giá (2.23), ta có:
b
a

a+b
df (x)
x−

2
a+b
2

=
a

=

b

x−
a

a+b
− x df (x) +
2

a+b
− x f (x)
2

+ x−

a+b
df (x)
2

a+b
f (x)

2

a+b
2

b

x−
a+b
2
a+b
2

+

a+b
df (x)
2

f (x)dx
a
b

a
b

+
a+b
2

1
= (b − a)(f (b) − f (a)) −
2

f (x)dx
a+b
2

b

sgn x −
a

a+b
f (x)dx
2

ta thu được bất đẳng thức đầu tiên trong (2.21). Vì hàm f đơn điệu không tăng


18

trên [a, b], ta cũng thu được đánh giá sau
a+b
2

f (x)dx

a+b
a+b

−a f
2
2

=

b−a a+b
f
2
2

f (x)dx

b−

a+b
a+b
f
2
2

=

b−a a+b
f
2
2

a

và

b
a+b
2

vì vậy, ta có
b
a

a+b
sgn x −
f (x)dx = −
2

a+b
2 f (x)dx +
a

b−a a+b
f
2
2
= 0,
≥

b

a + b f (x)dx
2

b−a a+b
−
f
2
2

như vậy ta có bất đẳng thức thứ hai trong (2.21).
1
Để chứng minh hằng số là đánh giá tốt nhất trong bất đẳng thức trên, ta chọn
2
hàm f như sau:
0 nếu x ∈ [a; b)
f (x) =
1 nếu x = b
là hàm đơn điệu không 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 có
b

f (x)dx = AT (f, In ) + RT (f, In )

(2.24)

a

trong đó AT (f, In ) là quy tắc trapezoid và phần dư RT (f, In ) thỏa mãn ước lượng
|RT (f, Ik )|
1
2

1
2

(2.25)

n−1

n−1

xi+1

[f (xi+1 ) − f (xi )]hi −
i=0
n−1

sgn x −
i=0

[f (xi+1 ) − f (xi )]hi
i=0

ν(h)
(f (b) − f (a)),
2

với hi = xi+1 − xi và ν(h) = max {hi }.
i=0,n−1

xi

xi + xi+1
f (x)dx
2


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
ta có bất đẳng thức sau
f (a) + f (b)
b
(b − a)
a f (x)dx −
2

(b − a)2


f ∞ nếu



4








1


1+


(a − b) q
nếu
1






2(q + 1) q









 (b − a) f 1

nếu
2

là hàm liên tục tuyệt đối trên [a, b]. Khi đó

f ∈ L∞ [a; b];

f ∈ Lp [a; b], p > 1,

1 1
+ = 1;
p q

(2.26)

f ∈ L1 [a; b];

với . p là chuẩn thông thường trong không gian các hàm khả tích Lebesgue Lp [a, b].
Nghĩa là,
f ∞ := ess sup |f (t)|,
t∈[a;b]

và

1
p

b

f

p

p

|f (t)| dt

:=

với p ≥ 1.

a

Chứng minh. Tích phân từng phần ta được
b

t−
a

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

b

f (t)dt

(2.27)

a+b
|f (t)|dt.
2

(2.28)

a

Từ đẳng thức (2.27) ta thu được bất đẳng thức sau
b
a

f (a) + f (b)
f (t)dt − (b − a)
2

b

t−
a

Nếu hàm f ∈ L∞ [a, b], thì ta có
b

b

(b − a)2
f ∞

.
∞
4
a
a
1 1
Nếu hàm f ∈ Lp [a, b], thì theo bất đẳng thức H¨older với p > 1,
+ = 1, ta có
p q
a+b
|f (t)|dt t −
2

a+b
t−
dt = f
2


20

bất đẳng thức
b

|f (t)|dt t −
a

b

a+b

2

a

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

p.

Nếu hàm f ∈ L1 [a, b], thì ta có
b
a

b

a+b
a+b
|f (t)| t −
dt ≤ sup t −
2

2
t∈[a;b]

|f (t)|dt =
a

b−a
f
2

1

vậy ta có 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
đó ta có
b

f (x)dx = AT (f, In ) + RT (f, In )

(2.29)

a

với AT (f, In ) là quy tắc trapezoid và phần dư RT (f, In ) thỏa mãn bất đẳng thức
|RT (f, In )|

n−1


1


f ∞
h2i ;


4


i=0



n−1

1
q+1 q
1
; với p > 1, p1 + 1q = 1;
f
h
1
p
(2.30)
i
q
2(q+1)


i=0









 1 f 1 ν(h),
2
trong đó hi := xi+1 − xi , (i = 0, · · · , n − 1) và ν(h) := max {hi }. Áp dụng đánh
i=0,n−1

giá (2.26) trên đoạn [xi , xi+1 ], ta thu được
xi+1
xi

f (xi ) + f (xi+1 )
f (x)dx − t −
hi
2

1
2(q + 1)

1+ 1q
h
1
i
q

xi+1

1
p

|f (t)|p dt

,

xi

với mọi i ∈ {0, · · · , n − 1}.
Lấy tổng theo i = 0, 1, . . . , n − 1 và áp dụng bất đẳng thức H¨
older ta thu được
n−1

1

|RT (f, In )|

2(q + 1)
≤

1
q

1
2(q + 1)

1

q

xi+1

1+ 1q
hi

i=0
n−1

i=0

|f (t)|p dt

1
p

(2.31)

xi
xi+1
xi

|f (t)|p dt

1
p

p

1
p

n−1

i=0

1+ 1
hi q

q

1
q


21

=

1
q

n−1

1
1

f

2(q + 1) q

hq+1
i

p

,

i=0

vậy ta thu được bất đẳng thức (2.30).
2.2.4

Bất đẳng thức trapezoid đối với hàm có đạo hàm cấp hai

Định lý 2.6. Giả sử hàm f : [a, b] → R có đạo hàm f
Khi đó ta có bất đẳng thức sau
f (a) + f (b)
b
f
(x)dx
−
(b − a)
a
2

f ∞



(b − a)3
nếu


12


1
1


1
2+
f ” p [B(q + 1; q + 1)] q (b − a) q nếu
2








 1 f ” 1 (b − a)2
nếu
8

liên tục tuyệt đối trên [a, b].

f ” ∈ L∞ [a; b];

f ” ∈ Lp [a; b];

(2.32)

f ” ∈ L1 [a; b].

với . p là chuẩn thông thường (p ∈ [1, ∞]) trên Lp [a, b] và B(., .) là hàm Beta của
Euler, nghĩa là
1

tα−1 (1 − t)β−1 dt, α, β > 0.

B(α; β) =

(2.33)

0

Chứng minh. Tích phân từng phần hai lần trên [a, b], ta thu được
b

b

(x − a)(b − x)f ”(x)dx = (b − a)(f (a) + f (b)) − 2
a

f (x)dx,

(2.34)

a

vì vậy
b
a

f (a) + f (b)
f (x)dx −
(b − a)
2

1
2

b

(x − a)(b − x)|f ”(x)|dx.
a

Nếu hàm f ” ∈ L∞ [a, b] thì
1
2

b
a

b
1
(x − a)(b − x)|f ”(x)|dx
f” ∞

(x − a)(b − x)dx
2
a
f” ∞
(b − a)3 .
=
12

Vậy ta chứng minh được bất đẳng thức đầu trong (2.32).

(2.35)


22

Nếu hàm f ” ∈ Lp [a, b], thì theo bất đẳng thức H¨older ta có


b

(x − a)(b − x)|f (x)|dx
a

f”

p



b

1
q

(x − a)q (b − x)q dx , p > 1,



1 1
+ =1
p q

a

(2.36)
Sử dụng biến đổi x = (1 − t)a + tb, t ∈ [0, 1] ta có
(x − a)q (b − x)q = (b − a)2q tq (1 − tq ), dx = (b − a)dt
Vì vậy
b

(x − a)q (b − x)q dx = (b − a)2q+1 B(q + 1, q + 1).
a

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 có
b

(x − a)(b − x)|f (x)|dx

max [(x − a)(b − x)] f ”

x∈[a,b]

1

a

(b − a)2
=
f ” 1.
4
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 đó ta có
b

f (x)dx = AT (f, In ) + RT (f, In )

(2.37)

a

trong đó AT (f, In ) là công thức trapezoid và phần dư RT (f, In ) thỏa mãn bất đẳng
thức sau

1


f ” ∞ n−1
h3i ;


i=0

 12
1
1
1
q
2q+1
n−1
q
|RT (f, In )| ≤
(2.38)
f ” p [B(q + 1, q + 1)]
hi
,
i=0

2



 1 f ” 1 v 2 (h),
8
trong đó hi := xx+1 − xi (i = 0, . . . , n − 1) và v(In ) := max {hi }.
i=0,n−1