Về bất đẳng thức loại gruss và một số bài toán liên quan

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

PHẠM THÀNH CÔNG

VỀ BẤT ĐẲNG THỨC LOẠI GRUSS
VÀ MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - 2019


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

PHẠM THÀNH CÔNG

VỀ BẤT ĐẲNG THỨC LOẠI GRUSS
VÀ MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN
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

Mc lc
M u
Chng 1. V bt ng thc Gră
uss
1.1 Mt số kiến thức chuẩn bị . . . .
1.1.1 Hàm s, bin phõn v bin
1.1.2 Bt ng thc Hăolder . .
1.2 V bt ng thc Gră
uss . . . . .
1.3 Một số bất đẳng thức liên quan .
1.3.1 Bất đẳng thức Karamata .
1.3.2 Bất đẳng thức Steffensen .
1.3.3 Bất đẳng thức Young . . .

1

. . .
phân
. . .
. . .
. . .
. . .
. . .
. . .

. . .
toàn
. . .

. . .
. . .
. . .
. . .
. . .

. . . .
phần .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

Chương 2. Về bất đẳng thc loi Gră
uss v mt s kt qu liờn
quan
2.1 Bt ng thc Gră
uss-Chebyshev . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2 Bt ng thc loi Gră
uss i vi tớch phõn Stieltjes . . . . . .
2.2.1 Bất đẳng thức loại Gră
uss i vi tớch phõn Stieltjes cú
hm ly tớch phõn bị chặn . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2.2 Bất đẳng thc loi Gră
uss i vi tớch phõn Stieltjes cú
hm ly tích phân là hàm Lipschitz . . . . . . . . . . .
2.3 Bất đẳng thức loại Gră
uss i vi tớch phõn Riemann-Stieltjes .

3
3
3
5
6

10
10
13
15

17
17
19
19
27
37

Kt lun

40

Ti liu tham khảo

41


1

Mở đầu
Chủ để “bất đẳng thức” là chủ đề luôn được khai thác trong các kỳ thi
chọn học sinh giỏi, ở các lớp, các cấp phổ thông, không phải chỉ tính trực
quan của bài tốn “so sánh” mà vấn đề nay thực sự có nhiều ứng dụng trong
tốn học hiện đại. Bài toán bất đẳng thức được nghiên cứu trong nhiều khía
cạnh của tốn học, từ tốn học lý thuyết thuần túy đến toán học ứng dụng.
Cùng với sự phát triển của cơng nghệ thơng tin, thì các bài tốn giải gần

đúng đang được sự quan tâm của nhiều nhà tốn học ứng dụng, mà bên
cạnh nó khơng thể thiếu các bài tốn “so sánh”.
Cùng với vai trị của các bất đẳng thức như bất đẳng thức AM – GM,
Cauchy – Bunyakovsky – Schwarz. . . ., năm 1935 nhà toỏn hc ngi c G
Gră
uss ó chng minh mt bt đẳng thức tích phân cho sự liên hệ giữa tích
phân của một tích hai hàm số và tích phân của từng hàm số và được mang
tên ơng đó là bất ng thc Gră
uss ng dng v ỏp dng trong nhiu lĩnh
vực khác nhau của Tốn học. Vì lý do đó chúng tôi đã chọn đề tài luận văn
là “Bất đẳng thc loi Gră
uss v mt s bi toỏn liờn quan Nội dung luận
văn được chia thành hai chương được tham khảo từ tài liệu chính là [2] các
tài liệu liên quan được trình bày trong danh mục tài liệu tham khảo. Nội
dung luận văn, ngoài phần Mở đầu, Kết luận và Tài liệu tham khảo, được
chia làm hai chương:
Chương 1. V bt ng thc Gră
uss. Chng ny trỡnh by li các kiến
thức cơ bản liên quan đến luận văn như: Trình bày lại một số khái niệm
trong hàm số như biến phân, biến phân tồn phân và tính chất. Bất ng
thc Hăolder. Bt ng thc Gră
uss, ch ra iu kin yu hn gi thit Gră
uss.
Mt s bt ng thc liờn quan là Karamta, Steffensen, Young.
Chương 2. Về bất đẳng thức loi Gră
uss v mt s kt qu liờn quan.


2

Chương này trình bày các biến thể của bất đẳng thc Gră
uss, chng hn nh:
Bt ng thc Gră
uss-Chebyshev. Bt ng thc kiu Gră
uss i vi tớch phõn
Stieltjes cú hm ly tớch phõn b chn. Bt ng thc kiu Gră
uss i với tích
phân Stieltjes có hàm lấy tích phân là hàm Lipschitz. Bt ng thc kiu
Gră
uss i vi tớch phõn Riemann-Stieltjes.
Trong quá trình học tập và nghiên cứu tại trường Đại học khoa học Thái
Nguyên, em luôn nhận được sự quan tâm giúp đỡ và động viên của các thầy
cô trong Ban Giám hiệu, phịng Đào tạo, Khoa Tốn – Tin.
Tác giả xin chân thành cám ơn Ban giám hiệu trường THCS Tân Liên,
Vĩnh Bảo, Hải Phịng cùng tồn thể các anh chị em đồng nghiệp đã tạo nhiều
điều kiện tốt cho tác giả trong thời gian đi học cao học; cám 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 q trình học tập và làm luận văn tại trường
Đại học Khoa học – Đại học Thái Nguyên.
Đặc biệt em xin được lòng biết ơn sâu sắc tới thầy giáo hướng dẫn, 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 cao học Tốn 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, và các anh chị em trong gia đình. Xin
chân thành cám 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 25 tháng 12 năm 2019

Học viên

Phạm Thành Công


3

Chng 1

V bt ng thc Gră
uss
Trong chng ny, chỳng tụi, trình bày một số kiến thức khái niệm và
tính chất về hàm số liên tục tuyệt đối, biến phân và bin phõn ton phn
ca hm s. Bt ng thc Hăolder dng i s v dng gii tớch, Bt ng
thc Gră
uss. Các kết quả này được sử dụng cho các chứng minh ở Chương 2.

1.1
1.1.1

Một số kiến thức chuẩn bị
Hàm số, biến phân và biến phân toàn phần

Định nghĩa 1.1.1. (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].


4

(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

 n

b

(f ) =
a

sup
P={x0 ,x1 ,··· ,xn }

phân hoạch của[a,b]



i=1




|f (xi ) − f (xi−1 ) |.

Nhận xét 1.1.2. Một hàm liên tục tuyệt đối trên [a, b] thì liên tục đều và
có biến phân bị chặn trên [a, b].
Ví dụ 1.1.3. 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 1.1.4. 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]
a
và theo 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

Do đó hàm f có biến phân bị chặn và

(f )

M (b − a).

a

Định lý 1.1.5. (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)

b

|c| (f ) + |d| (g).

a

a

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

5

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

c

(f ) =
a

b

(f ) + (f ).
a

c
x

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

(f ) và
a

V (x) − f (x) đơn điệu tăng trên [a, b].
(e) Hàm f : [a, b] → R có biến phân bị chặn khi và chỉ khi nó là hiệu của
hai hàm tăng.
Định nghĩa 1.1.6. Cho các hàm f : [a, b] → R. Hàm f c gi l hm loi
r-H-Hăolder trờn [a, b] nu |f (t) − f (s)| H|t − s|r với mọi t, s [a, b],

1.1.2

Bt ng thc Hă
older

T bt ng thc AM–GM suy rộng ta có
xa y b

b a+b
a 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 thc Hăolder.
nh lý 1.1.7 (Bt ng thc Hăolder). Cho hai bộ số a1 , a2 , . . . , an và
1
1
b1 , b2 , . . . , bn là hai bộ n số thực dương và p > 1, thỏa mãn +
= 1.
p
q
Khi đó ta có bất đẳng thức sau
n

ai b i
i=1

1  n
p
p 
ai
i=1
i=1

 n


1
q

bqi 

.

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi api = kbqi với mọi i ∈ {1, 2, , . . . , n}.

(1.3)


6

Kt qu tip theo l bt ng thc Hăolder dạng giải tích, chúng tơi chỉ
trình bày kết quả mà khụng chng minh.
nh lý 1.1.8 (Bt ng thc Hăolder dng giải tích). Giả sử p, q > 1 thỏa
1 1
mãn + = 1, f và g là hai hàm số liên tục trên đoạn [a, b], khi đó
p q
b
a

b

|f (x)g(x)| dx

a

p

|f (x)| dx

1
p

b
a

q

|g(x)| dx

1
q

(1.4)

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

1.2

∀x [a, b].

V bt ng thc Gră
uss

Gi s f, g và p là các hàm khả tích trên [a, b]. Ta có các ký hiệu sau
P (x) =

x

a

b

A(f ; p) =

P (x) = P (b) − P (x),

p(t)dt,
a

p(x)f (x)dx
b
a

A(f ) = A(f ; 1),

,
p(x)dx

T (f, g; p) = A(f g; p) − A(f ; p)A(g; p),
A(f ; p)
R(f, g; p) =
,
A(f ; p)A(g; p)

T (f, g) = T (f, g; 1),
R(f, g) = R(f, g; 1),

Giả sử f và g là hai hàm số xác định và khả tích trên [a, b], thỏa mãn điều

kiện
ϕ

f (x)

φ,

γ

g(x)

Γ

(1.5)

với mỗi x ∈ [a, b], trong đó ϕ, φ, γ, Γ là các số thc cho trc.
Nm 1935 G. Gră
uss ó a ra khng định sau:
|T (f, g)|

1
(φ − ϕ)(Γ − γ),
4

(1.6)

trong bài báo cụng b nm 1935 Gră
uss ó chng minh bt ng thức này và
ˇ
cũng chỉ ra 1/4 là xấp xỉ tốt nhất. Hàm T (f, g) được gọi là hàm Cebyˇ

sev.


7

Định lý 1.2.1. Cho f, g : [a, b] → R là các hàm khả tích trên [a, b] và thỏa
mãn điều kiện
φ

f (x)

Φ,

γ

Γ với mọi x ∈ [a, b].

g(x)

(1.7)

Khi đó ta có bất đẳng thức sau
|T (f, g)|
b
1
1
f (x)g(x)dx −
:=
b−a a
b−a

1
(Φ − φ)(Γ − γ)
4

(1.8)
b
a

f (x)dx ·

1
b−a

b
a

g(x)dx

1
là xấp xỉ tốt nhất.
4

Hằng số

Chứng minh. Từ đẳng thức
b

(b − a)

a

b

b

f (x)g(x)dx − f (x)dx g(x)dx
a
a
1 b b
(f (x) − f (y))(g(x) − g(y))dxdy
=
2 a a

(1.9)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Bunyakovsky-Schwarz, ta có
b
a

≤

b
a

(f (x) − f (y))(g(x) − g(y))dxdy

b
a

b

a

2

(f (x) − f (y)) dxdy

1
2

b

b

a

a

1
2

2

(g(x) − g(y)) dxdy .

(1.10)

Từ đẳng thức (1.9) ta có
1
2

b
a

b
a

(f (x) − f (y))2 dxdy
= (b − a)

b
a

2

f (x)dx −

b
a

2

f (x)dx

,

(1.11)

ta cũng có đẳng thức tương tự đối với hàm g. Từ đó ta có
1
b−a

b
a

2
b
1
f (x)dx −
f (x)dx
b−a a
b
b
1
1
= Φ−
f (x)dx
f (x)dx − φ
b−a a
b−a a
b
1
−
(f (x) − φ)(Φ − f (x))dx
b−a a
2

(1.12)


8

và tương tự ta có đẳng thức (1.12) đối với hàm g.
Theo giả thiết (1.7) ta có (f (x) − φ)(Φ − f (x)) 0 với mọi x ∈ [a, b], vì
vậy
b
(f (x) − φ)(Φ − f (x))dx 0
a

từ đẳng thức (1.12) suy ra
2
b
1
f (x)dx
b−a a
b
b
1
1
≤ Φ−
f (x)dx
f (x)dx − φ
b−a a
b−a a
b
b
1
1
1
Φ−
f (x)dx +

f (x)dx − φ
4
b−a a
b−a a
1
= (Φ − φ)2
4

1
b−a

b 2
f (x)dx
a

−

(1.13)

2

trong đánh giá trên, ta đã sử dụng bất đẳng thức quen thuộc
A+B
2

2

AB.

Tương tự ta có

b
a

b
a

(g(x) − g(y))2 dxdy

1
(Γ − γ)2 .
4

(1.14)

Sử dụng bất đẳng thức (1.10) kết hợp với bất đẳng thức (1.11) và các đánh
giá trong (1.13) và (1.14), ta thu được
1
2

b
a

b
a

(f (x) − f (y))(g(x) − g(y))dxdy

1
(Φ − φ)(Γ − γ)(b − a)2
4

và từ (1.9), ta suy ra (1.8).
1
Để chứng minh hằng số là xấp xỉ tốt nhất, ta chọn hàm f, g : [a, b] → R,
4
a+b
a+b
xác định như sau f (x) = sgn x −
, g(x) = sgn x −
. Khi đó
2
2
ta có
b
b
b
f (x)g(x)dx = 1, f (x)dx = g(x)dx = 0
a

a

a

và
Φ−φ=Γ−γ =2
ta nhận được dấu đẳng thức trong bất đẳng thức (1.8).


9

Nhận xét 1. (a) Điều kiện (1.7) có thể làm giảm với điều kiện yếu hơn như
sau
b
a

(f (x) − φ)(Φ − f (x))dx

0,

b
a

(Γ − g(x))(g(x) − γ)dx

0. (1.15)

(b) Nếu ta xét hàm f (x) = (x − a)p , p > 0, thì ta thu được bất đẳng thức
moment đối với hàm g:
b
a

(x − a)p g(x)dx −

trong đó giả sử m

(b − a)p
p+1

g(x)

b
a

g(x)dx

1
(b − a)p+1 (M − m),
4

M với x ∈ [a, b].

Bất đẳng thức (1.8) có thể thu được ước lượng tốt hơn nếu ta thêm điều
kiện hạn chế đối với các hàm f và g. Thật vậy, xét ∆nh f (x) là sai phân thứ
n của hàm f , nghĩa là
∆nh f (x) =

n

(−1)n−k Cnk f (x + kh).

k=0

Hàm f xác định trên (a, b) được gọi là đơn điệu bậc p nếu ∆nh f (x) 0 hoặc
∆nh f (x) 0 với mọi n = 1, 2, . . . , p với mọi x ∈ (a, b), h > 0, x + nh < b.
Nếu f đơn điệu bậc p trong (a, b) với mọi p = 1, 2, . . . , thì ta nói rằng f đơn
điệu tuyệt đối trên (a, b). Ta có khẳng nh sau
nh lý 1.2.2 (Gră
uss, 1935). Nu cỏc hm f, g là đơn điệu tuyệt đối trên
(0, 1) thì ta có các bất đẳng thức sau
4

(Φ − φ)2
45

(1.16)

4
(Φ − φ)(Γ − γ)
45

(1.17)

T (f, f )2
và
T (f, g)

Hằng số 4/45 trong các bất đẳng thức (1.16) và bất đẳng thức (1.20) là
ước lượng tốt nhất có thể, chẳng hạn chọn hàm f (x) = x2 ta thu được dấu
đẳng thức trong (1.16). Trong bi bỏo cụng b nm 1935, Gră
uss ó chứng
minh hai bất đẳng thức này bằng đa thức Berstein. Nhưng cũng năm 1935,
E Landau đã đưa ra cách chứng minh đơn giản hơn, và năm 1936, E Landau
đã chứng minh hai bất đẳng thức (1.16) và (1.20) đúng nếu các hàm f, g


10

đơn điệu cấp 4. Đối với các hàm đơn điệu cấp k = 1, 2, 3 E Landau đã chứng
minh được:
1
(Φ − φ)(Γ − γ) với k = 1,

(1.18)
T (f, g)
4
1
(Φ − φ)(Γ − γ) với k = 2,
(1.19)
T (f, g)
9
9
T (f, g)
(Φ − φ)(Γ − γ) với k = 3.
(1.20)
100
Năm 1936, G. H. Hardy đã đưa ra khẳng định sau
Định lý 1.2.3 (Hardy, 1936). Nếu hàm số f : R+ → R thỏa mãn f (x)
0, f (x) 0, f ”(x) 0, f (x) 0, . . . với mọi x ∈ R+ và
φ

f (x)

Φ,

γ

g(x)

Γ với mọi x ∈ [0, a].

Khi đó ta có bất đẳng thức sau
1

(Φ − φ)(Γ − γ)
12

|T (f, g)|
với
|T (f, g)| =

1
b−a

a
0

f (x)g(x)dx −

1
b−a

a
0

f (x)dx Ã

1
ba

a
0

g(x)dx

Bt ng thc Gră
uss ch ra cn trờn v cận dưới cho sai phân D(f, g).
Một ước lượng tương tự cũng đã được J. Karamata chứng minh đối với
1

R(f, g) =

0

f (x)dx
1
0

1
0

g(x)dx
.

f (x)g(x)dx

Kết quả này được gọi là bất đẳng thức Karamata, kết quả này sẽ được chứng
minh trong phần tiếp theo.

1.3
1.3.1

Một số bất đẳng thức liên quan
Bất đẳng thức Karamata

Định lý 1.3.1. Cho f, g : [0, 1] → R là các hàm khả tích và thõa mãn điều
kiện 0 < a f (t) ≤ A và 0 < b g(t) B với t ∈ [0, 1], khi đó ta có bất


11

đẳng thức
1

K

−2

0
1
0

f (x)g(x)dx

f (x)dx

1
0

K 2,

(1.21)

g(x)dx

trong đó
√
√
ab + AB
√
K=√
aB + Ab
1

1.

(1.22)

1

1

Chứng minh. Cho F =
f (t)dt, G =
g(t)dt và V =
f (t)g(t)dt. Khi
0
0
0
đó, theo định lý giá trị trung bình, tồn tại y1 và y2 sao cho
V − bF =

1
0

f (t)(g(t) − b)dt = (G − b)y1 ,

a

y1

A

và
BF − V =

1
0

f (t)(B − g(t))dt = (B − G)y2 ,

Ta có

a
A

y1
y2

a

y2

A.

A
a

vì vậy
G−b a
B−G A

V − bF
G−b A
≤
.
BF − V
B−G a

(1.23)

Từ (1.23) ta có
h(G)
với

V
F

H(x) =

ab(B − x) + AB(x − b)
a(B − x) + A(x − b)

h(x) =

Ab(B − x) + aB(x − b)
.
A(B − x) + a(x − b)

và

(1.24)

H(G),

Xét
θ(x) :=

H(x)
(A − a)(B − x)(x − b)
=1+
,
x
x[a(B − x) + A(x − b)]

x ∈ [b, B]


12

khi đó θ(b) = θ(B) = 1. Hơn nữa
(A − a) ab(B − x)2 − AB(x − b)2
θ (x) =
·

x2
[a(B − x) + A(x − b)]2
(A − a)
(A − a)
> 0, θ (B) = −
< 0, vì vậy tồn tại giá trị lớn
ab
AB
nhất tại x∗ trong đó
√
√
aB
+
Ab √
√
θ (x∗ ) = 0 và x∗ = √
· bB
ab + AB
√
với b < x∗ < bB < B.
Ta có θ(x∗ ) = K, vậy ta thu được (1.22).
√
√
h(x)
AB + ab √
bB
√
Tương tự,
đạt giá trị bé nhất tại x∗ = √
· bB = ∗ ,

x
x
Ab + aB
√
h (x. )
1
1
với b < bB < x∗ < B. Với
=
=
< 1 ta có điều phải chứng
x.
θ (x∗ )
K
minh.
và θ (b) =

Nhận xét 2. (a) Bất đẳng thức (1.21) có thể mở rộng dễ dàng lên đối với
các hàm xác định trên [α, β] thu được bất đẳng thức sau
β

K −2

f (x)dx

α

(β − α)
với 0 < a

f (t)

A và 0 < b

β
α

β
α

g(x)dx

K 2,

(1.25)

f (x)g(x)dx
B với t ∈ [a, b].

g(t)

Lupa¸s1 đã mở rộng bất đẳng thức Karamata với hàm tuyến tính dương.
(b) Nếu ta xét g(t) =

1
thì ta thu được
f (t)
β

0 < k −2 (β − α)2

α

f (x)dx

với

2

k =
1





a
A

+
2

2
A
a



β
α

dx
f (x)

k 2 (β − α)2

(a + A)2
=
4aA

(1.26)

1.

A. Lupas, On two inequalities of Karamata, Univ. Beograd Publ. Elektrotehn. Fak. Ser. Mat. Fiz., No.

602-633 (1978), 119-123


13

Vế phải của bất đẳng thức (1.26) được chỉ ra bởi Schweitzer2 (1914) và
bất đẳng thức này có thể suy ra t bt ng thc Gră
uss (1.8). p dng
bt ng thức Karamata thì ta thu được cận dưới chặt hơn (cận dưới
nhỏ hơn không).

1.3.2

Bất đẳng thức Steffensen

Định lý 1.3.2. Cho f, g : [a, b] → R là các hàm khả tích trên [a, b] sao cho
f là hàm khơng tăng và 0
g(t)
1 với t ∈ [a, b]. Khi đó ta có bất đẳng
thức
b
b−λ

với λ =

b
a

a

a

f (t)g(t)dt

a+λ
a

f (t)dt,

(1.27)

g(t)dt.
b − a nê a + λ, b − λ ∈ [a, b]. Ta dễ dàng có

Chứng minh. Vì λ
a+λ

b

f (t)dt

f (t)dt −

b
a

a+λ

f (t)g(t)dt =

a

[f (t) − f (a + λ)](1 − g(t))dt

+
Vì f là hàm không tăng và 0
a+λ
a

b
a+λ

[f (a + λ) − f (t)]g(t)dt.

(1.28)

1, nên ta có

g(t)
b

f (t)dt −

a

f (t)g(t)dt

0

hay ta thu được bất đẳng thức bên phải của (1.27).
Tiếp theo, trong (1.28) thay hàm g(t) bởi 1 − g(t) ta thu được
b
a

f (t)g(t)dt −

b
b−λ

f (t)dt =

b−λ
a

+

[f (t) − f (b − λ)]g(t)dt

b
b−λ

[f (b − λ) − f (t)](1 − g(t))dt

(1.29)

vì vế phải không âm nên ta thu được bất đẳng thức đầu tiên của (1.27).
Nhận xét 3. (a) Giả thiết 0

1 có thể thay bằng giả thiết 0 g(t)
g(t)
A và bằng cách thay hàm g(t) bằng hàm
trong bất đẳng thức (1.27),
A
thu được kết quả tương tự (xem Hayashi).

2

g(t)

P. Schweitzer, An inequality about the arithmetic mean (Hungarian), Math. Phys. Lapok (Budapest),

23 (1914), 257-261

14

Steffensen3 đã chỉ ra được kết quả tổng quát hơn bất đẳng thức (1.27),
và kết quả của Hayashi là một trường hợp đặc biệt. Steffensen đã chỉ ra,
với φ g(x) Φ, x ∈ [a, b] thì ta có bất đẳng thức
b−λ

φ

a

f (t)dt + Φ

b
b−λ

b

f (t)dt

a

Φ
b

với λ =

a

G(t)dt, G(t) =

f (t)g(t)dt
a+λ
a

f (t)dt + φ

b
a+λ

f (t)dt

g(t) − φ
, Φ = φ.
Φ−φ

Vasi´c và Peˇcari´c chỉ ra rằng bất đẳng thức (1.27) đúng khi và chỉ khi
b

0

x

x

b − x và 0

g(t)dt

x − a với mọi x ∈ [a, b].

g(t)dt

a

(b) Với m h (t) M , năm 2000 Cerone và Dragomir công bố kết quả về
bất đẳng thức hình thang:
b
a

h(x)dx −

(b − a)2
(S − m)(M − S),
2(M − m)

b−a
[h(a) + h(b)]
2

h(b) − h(a)
bằng cách chọn f (x) = θ − x, θ ∈ [a, b] và (M −
b−a
m)g(x) = h (x) − m trong (1.27).

với S =

(c) Với [c, d] ⊆ [a, b] và λ = d − c =
d
c

f (t)dt −

b
a

f (t)g(t)dt =

b
a
c
a

+

g(t)dt có đẳng thức sau

(f (d) − f (t))g(t)dt
d
c

(f (t) − f (d))(1 − g(t))dt

+

b
d

(f (d) − f (t))g(t)dt.

(1.30)

Chọn c = a và d = a+λ thu được đẳng thức (1.28). Bất đẳng thức (1.29)
suy ra từ bất đẳng thức (1.30) bằng cách thay hàm g(t) bởi 1 − g(t).
Từ đẳng thức này Cerone4 (2001) đã chỉ ra
d2
c2
3

f (t)dt − r (c2 , d2 )

b
a

f (t)g(t)dt

d1
c1

f (t)dt − R (c1 , d1 )

J.F. Steffensen, On certain inequalities between mean values, and their applications to actuarial prob-

lems, Strand. Aktuarietidskrift, 82-97
4
P. Cerone, On some generalisations of Steffensen’s inequality and related results, J. Ineq. Pure Appl.
Math., 2(3) (2001), Art. 28.


15

trong đó
r (c2 , d2 ) =

b
d2

(f (c2 ) − f (t)) g(t)dt

0

(f (t) − f (d1 )) g(t)dt

0,

và
R (c1 , d1 ) =

c1
a

với [ci , di ] ⊂ [a, b], d1 < d2 và λ = di − ci , i = 1, 2.
Chọn c1 = a và d2 = b thu được bất đẳng thức Steffensen (1.27).

1.3.3

Bất đẳng thức Young

Định lý 1.3.3. Cho f là hàm liên tục và đồng biến trên [0, c] với c > 0. Nếu
f (0) = 0, a ∈ [0, c] và b ∈ [0, f (c)], thì với f −1 là hàm ngược của hàm f , ta

có bất đẳng thức
a
0

f (x)dx +

b
0

f −1 (x)dx

ab.

(1.31)

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi b = f (a).
Chứng minh. Xét hàm g(.) xác định như sau
g(a) = ba −

a
0

f (x)dx

(1.32)

với tham số b > 0. Khi đó g(.) là hàm đồng biến. Ngồi ra, vì g (a) = b−f (a),
nên ta có





> 0, 0 < a < f −1 (b)





g (a) = = 0, a = f −1 (b)





<

0, a > f −1 (b).

Vì vậy hàm g(a) là giá trị lớn nhất của hàm g với a = f −1 (b), nghĩa là,
g(a)

max g(x) = g f −1 (b) .

Bằng cách tích phân từng phần, từ đẳng thức(1.32) ta có
a

a

g(a) = ba − xf (x) +

0

0

xf (x)dx

và
g(a) = ba − af (a) +

a
0

xf (x)dx.

(1.33)


16

Thay thế y = f (x) ta được
g(a) = ba − af (a) +

f (a)
0

f −1 (y)dy

(1.34)

và

g f −1 (b) =

b
0

f −1 (y)dy.

(1.35)

Từ đẳng thức (1.35), bất đẳng thức (1.33) và (1.32) ta thu được (1.31).
Ta thấy rằng, từ đẳng thức (1.34) suy ra dấu bằng xảy ra trong bất đẳng
thức (1.31) nếu b = f (a).
Nhận xét 4. (a) Nếu chọn hàm f (x) = xp−1 , p > 1 thì f −1 (x) = xq−1 với
1 1
p 1, + = 1. Từ bất đẳng thức (1.31) ta có
p q
ap b q
+
p
q

ab với a, b

0,

đây là bất đẳng thức AM-GM.
(b) Nếu chọn hàm f (x) = ln(x + 1) và a được thay bởi a − 1, thì ta thu được
ab

a(ln a − 1) + eb .

(c) Năm 2006, Witkowski (xem [15]) đã đưa ra dạng ngược cho bất đẳng
thức Young như sau
a
0

f (x)dx +

b
0

f −1 (x)dx

ab + f −1 (b) − a (b − f (a)).


17

Chng 2

V bt ng thc loi
Gră
uss v mt s kt quả
liên quan
Có nhiều bất đẳng thức liên quan tới kết qu ni ting ca Gră
uss v xp
x trung bỡnh tớch phân của tích hai hàm với tích của trung bình tích phân
hai hàm tương ứng. Trong chương này sẽ trình bày một số kết quả đó. Cụ
thể, chương 2 sẽ trỡnh by v bt ng thc tớch phõn Gră
uss-Chebyshev; mt

s bất đẳng thức liên quan như Karamata, Steffensen và Young; bt ng
thc loi Gră
uss i vi tớch phõn Stieljes vi hàm lấy tích phân bị chặn, hàm
lấy tích phân là hm Lipschitx v tớch phõn Riemann-Stieljes.

2.1

Bt ng thc Gră
uss-Chebyshev

nh lý 2.1.1. Cho f, g : [a, b] → R là các ánh xạ L1 , L2 -Lipschitz trên
[a, b], nghĩa là
|f (x) − f (y)|

L1 |x − y|,

|g(x) − g(y)|

L2 |x − y|

với mọi x, y ∈ [a, b]. Khi đó ta có bất đẳng thức:
1
b−a

b
a

f (x)g(x)dx −

1

b−a

b
a

f (x)dx ·

1
b−a

b
a

g(x)dx

(2.1)


18

1
L1 L2 (b − a)2 .
12

(2.2)

1
là xấp xỉ tốt nhất.
12

Hằng số

Chứng minh. Ta có
(b − a)

b
a

b

b

f (x)g(x)dx − f (x)dx · g(x)dx
a
a
1 b b
(f (x) − f (y))(g(x) − g(y))dxdy
=
2 a a

(2.3)

Từ điều kiện (2.1), ta có
L1 L2 (x − y)2 với mọi x, y ∈ [a, b].

|(f (x) − f (y))(g(x) − g(y))|

(2.4)

Lấy tích phân hai vế của bất đẳng thức (2.4) trên [a, b] × [a, b], ta được

b
a

b
a

|(f (x) − f (y))(g(x) − g(y))|dxdy
L1 L2
= L1 L2

b

b

a a
b b
a

(x − y)2 dxdy

a

x2 − 2xy + y 2 dxdy

= L1 L2 2(b − a)

b
a

x2 dx − 2



b
a

2

xdx




2 



b 3 − a3  b 2 − a2 

= 2L1 L2 (b − a)
−
3
2


L1 L2 (b − a)4
=
.
6

Sử dụng đẳng thức (2.3) ta thu được bất đẳng thức (2.2).
Chọn f (x) = g(x) = x. Khi đó, L1 = L2 = 1 và đẳng thức
1
b−a

b
a

f (x)g(x)dx −

1
b−a

b
a

f (x)dx ·

1
b−a

b
a

g(x)dx =

(b − a)2
12

ta thu được dấu bằng trong bất đẳng thức (2.2).

Nhận xét 5. (a) Nếu giả sử các hàm f và g khả vi trên (a, b) và có đạo hàm
bị chặn trên (a, b), vì vậy f ∞ := supt∈(a,b) |f (t)| < ∞, khi đó ta thu
được kết quả của Chebyshev, nghĩa là,
1
b−a

b
a

f (x)g(x)dx −

1
b−a

b
a

f (x)dx ·

1
b−a

b
a

g(x)dx


19

1
f
12
Hằng số

∞

g

∞ (b

− a)2 .

(2.5)

1
là xấp xỉ tốt nhất.
12

(b) Bất đẳng thức (2.2) có thể mở rộng đối với ánh x loi Hăolder. Gi s
f : [a, b] R l ỏnh x loi s-Hăolder, ngha l,
H1 |x y|s ,

|f (x) − f (y)|

H1 > 0

(2.6)

với mọi x, y ∈ [a, b], với s ∈ (0, 1] cho trước. Ngoài ra, xét g : [a, b] → R

là hàm loi r-Hăolder, vi r (0, 1] v hng s H2 > 0. Khi đó, ta có bất
đẳng thức:
b
b
b
1
1
1
f (x)g(x)dx −
f (x)dx ·
g(x)dx
b−a a
b−a a
b−a a
H1 H2
(b − a)r+s .
(2.7)
(r + s + 1)(r + s + 2)
Thực vậy, tương tự trên ta có
b
a

b
a

|(f (x) − f (y))(g(x) − g(y))|dxdy
H1 H2

b

b

|x − y|r+s dxdy

a a
b (b
H1 H2 
a

− y)r+s+1 + (y − a)r+s+1 
dy
=
r+s+1
2(b − a)r+s+2 H1 H2
=
.
(r + s + 1)(r + s + 2)


Sử dụng đẳng thức (2.3) ta thu c (2.7).

2.2

Bt ng thc loi Gră
uss i vi tớch
phõn Stieltjes

2.2.1

Bt ng thc loi Gră

uss i vi tớch phõn Stieltjes có hàm lấy tích phân bị chặn

Xét hàm Chebyshev có trọng số sau
b
1
Tw (f, g) : = b
w(t)f (t)g(t)dt
a
w(t)dt
a


20

1

−

b

b

w(t)dt

a

1

w(t)f (t)dt ·

a

b

b

w(t)dt

a

trong đó các hàm số f, g, w : [a, b] → R và w(t)

a

(2.8)

w(t)g(t)dt

0 hầu khắp nơi t ∈ [a, b]

b

là hàm đo được, sao cho tồn tại tích phân
w(t)dt > 0.
a
Năm 2007, Cerone và Dragomir (xem [4]) đã đưa ra kết quả sau
|Tw (f, g)|

(2.9)

1
(M − m)
2

1
b
a


1
(M − m) 
2

b
a

w(t)dt

a

b
a

1
b

1

w(t) g(t) −

b
a

w(t)dt

b
a

w(s)ds

w(t)
1

p

1

× g(t) −

b
a

w(s)g(s)ds dt

b
a

w(s)ds

1

(M − m) ess sup g(t) −
2
t∈[a,b]

w(s)g(s)ds

1
b
a

b
a

w(s)ds

p


dt

(p > 1)

w(s)g(s)ds

với
−∞ < m

M < ∞ với hầu hết t ∈ [a, b]

f (t)

(2.10)

1
và các tích phân tương ứng là hữu hạn. Hằng số là ước lượng tốt nhất
2
(2.9).
Hơn nữa, nếu
−∞ < n

N < ∞ với hầu hết t ∈ [a, b],

g(t)

(2.11)

thì ta có
|Tw (f, g)|
1
(M − m)
2

(2.12)
1
b
a

w(t)dt

b

a

w(t) g(t) −

1
b
a

w(s)ds

b
a

w(s)g(s)ds dt


21



1
(M − m) 
2

1
b
a

b

w(t)dt

a

w(t)
2

× g(t) −

1
b
a

w(s)ds

b
a

 21


w(s)g(s)ds dt

1
(M − m)(N − n).
4
1
1
Trong đó, các hằng số và là ước lượng tốt nhất.
2

4
Trong phần tiếp theo, ta ký hiệu C[a, b] là tập hợp, tất cả các hàm liên
tục trên [a, b], và BV [a, b] là tập hợp tất các hàm có biến phân bị chặn trên
[a, b].
Trong mục này, ta sẽ sẽ mở rộng các kết quả trên đối với tích phân
Riemann-Stieltjes.
Trước tiên ta đưa ra khái niệm hàm hàm Chebyshev đối với tích phân
Stieltjes:
b
1
f (t)g(t)du(t)
u(b) − u(a) a
b
1
1
−
f (t)du(t) ·
u(b) − u(a) a
u(b) − u(a)

T (f, g; u) :=

b
a

g(t)du(t),

(2.13)

trong đó f, g ∈ C[a, b] và u ∈ BV [a, b] với u(b) = u(a).

Năm 2000 và 2001 Dragomir đã đưa ra một số kết quả về bất đẳng thức
đối tích phân Stieltjes, chẳng hạn như bất đẳng thức tích phân Ostrowski
đối với tích phân Rieman-Stieltjes. Dưới đây là kết quả của Dragomir năm
2003 (xem [9]):
Định lý 2.2.1. Cho các hàm f, g : [a, b] → R liên tục trên [a, b] và u :
[a, b] → R với u(a) = u(b). Giả sử rằng tồn tại các hằng số thực m, M sao
cho
m

f (t)

M với mỗi t ∈ [a, b].

Nếu u có biến phân bị chặn trên [a, b], khi đó ta có bất đẳng thức sau
|T (f, g; u)|

1
1
(M − m)
2
|u(b) − u(a)|

(2.14)


22

1
× g−
u(b) − u(a)

b

b

(u),

g(s)du(s)

a

(2.15)

∞ a

b

với

(u) ký hiệu cho biến phân toàn phần của u trên [a, b].
a

Chứng minh. Từ (2.13) với tích phân Stieltjes ta có đẳng thức sau
T (f, g; u) =

1
u(b) − u(a)

b
a

f (t) −

m+M
2



1
× g(t) −
u(b) − u(a)

b
a



(2.16)

g(s)du(s) du(t).

Ngồi ra ta có
b
a

b

sup |p(t)| (v),

p(t)dv(t)

(2.17)

a

t∈[a,b]

với p ∈ C[a, b] và v ∈ BV [a, b], từ (2.16), ta có
|T (f, g; u)|
sup
t∈supt∈[a,b]

m+M
f (t) −
2



1
g(t) −
u(b) − u(a)

b
a



g(s)du(s)

b

1
(u)
|u(b) − u(a)| a
m+M
M −m
since f (t) −
với bất kỳ t ∈ [a, b]
2
2
b
1
1
M −m
g−
g(s)du(s) ·
2
u(b) − u(a) a
|u(b) − u(a)|
∞

·

b

(u)
a

và ta chứng minh được bất đẳng thức (2.15).
1
Để chứng minh hằng số

là ước lượng tốt nhất trong bất đẳng thức
2
(2.15), ta giả sử bất đẳng thức (2.15) thỏa mãn với hằng số C > 0, tức là,
|T (f, g; u)|

C(M − m)

1
|u(b) − u(a)|
1
× g−
u(b) − u(a)

b
a

b

(u).

g(s)du(s)
∞ a

(2.18)