Dang tich phan cua bat dang thuc SchweitzerPolyaSzego

<span class='text_page_counter'>(1)</span>DẠNG TÍCH PHÂN CỦA BẤT ĐẲNG THỨC SCHWEITZER VÀ BẤT ĐẲNG THỨC POLYA - SZEGO. 1. Bất đẳng thức Schweitzer Nếu [a; b] ⊂ R∗+ = (0; +∞) và xk ∈ [a; b] , k = 1, n, n ∈ N∗ , thì ! n ! n X X 1 (a + b)2 xk. k=1. 2. k=1. ≤. xk. 4ab. n2 .. (1). Bất đẳng thức Polya - Szego Nếu [m1 ; M1 ] ⊂ R∗+ , [m2 ; M2 ] ⊂ R∗+ và ak ∈ [m1 ; M1 ] , bk ∈ [m2 ; M2 ] , k = 1, n, n ∈ N∗ , thì !2 ! n ! n n X X (m1 m2 + M1 M2 )2 X b2k. a2k. k=1. 3. ≤. 4m1 m2 M1 M2. k=1. ak b k. .. (2). k=1. Bất đẳng thức Schweitzer dạng tích phân Cho hàm số liên tục f : [a; b] → (0; +∞) có m = min f (x), M = max f (x). Ta có x∈[a;b].  b  b Z Z  f (x)dx . x∈[a;b]. . 1 (m + M )2  dx ≤ (b − a)2 . f (x) 4mM. (3). a. a. Chứng minh k(b − a) , n b−a = . n. Với mỗi số nguyên dương n ta phân hoạch đoạn [a; b] thành n phần bởi các điểm xk = a +. k = 0, n, a = x0 < x1 < ... < xn−1 < xn = b. Với mỗi k ∈ {1, 2, ..., n} ta có ∆xk = xk − xk−1 b−a Lưu ý → 0 khi n → +∞. Vì f : [a; b] → (0; +∞) là hàm liên tục nên f có tích phân trên n   n n Rb P b−a P k(b−a) đoạn [a; b] và f (xk )∆xk = lim f a+ n . Tương tự như f (x)dx = lim n→+∞ n k=1 n→+∞ k=1 a. vậy, ta có. Rb 1 a. f (x). n b−a P 1  . k(b−a) n→+∞ n k=1 f a+. dx = lim. n. . Áp dụng bất đẳng thức (1), ở đó thay các xk bởi f a + ta có.  n X f. k=1. hay. n. b−aX f n k=1. . k(b − a) a+ n. . X n  k=1. f. k=1. . . , 0<m≤f a+. k(b−a) n. . ≤ M,. 1 (m + M )2 2 ≤ n 4mM k(b − a) a+ n. n. k(b − a) b − a X a+ . n n. k(b−a) n.  f 1. 1 (m + M )2 ≤ (b − a)2 . 4mM k(b − a) a+ n. (4).

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Ở (4) cho n → +∞ ta thu được bất đẳng thức (3)   b  b Z Z (m + M )2 1   f (x)dx  dx ≤ (b − a)2 . f (x). 4. 4mM. a. a. Bất đẳng thức Polya - Szego dạng tích phân Cho các hàm số liên tục f, g : [a; b] → (0; +∞) và kí hiệu m1 = min f (x), M1 = max f (x), x∈[a;b]. x∈[a;b]. m2 = min g(x), M2 = max g(x). Khi đó x∈[a;b]. x∈[a;b].  b  b   b 2 Z Z 2 Z  f 2 (x)dx  g 2 (x)dx ≤ (m1 m2 + M1 M2 )  f (x)g(x)dx . 4m1 m2 M1 M2. a. a. (5). a. Chứng minh k(b − a) , n b−a k = 0, n, a = x0 < x1 < ... < xn−1 < xn = b. Ta có ∆xk = xk − xk−1 = , k = 1, n. n b−a → 0 khi n → +∞. Vì f : [a; b] → (0; +∞) là hàm liên tục nên f có tích phân Lưu ý n   n n Rb P b−a P k(b−a) f (xk )∆xk = lim trên đoạn [a; b] và f (x)dx = lim f a+ n . Nhớ rằng n→+∞ n k=1 n→+∞ k=1 a các hàm g , f.g , f 2 , g 2 cũng là những hàm liên tục trên [a; b], nên tương tự như trên ta có. Với mỗi số nguyên dương n ta phân hoạch đoạn [a; b] thành n phần bởi các điểm xk = a +. Rb. g(x)dx.   n P k(b−a) b−a g a + , n n→+∞ n k=1     n P k(b−a) k(b−a) b−a lim f a+ n g a+ n , n→+∞ n k=1. =. lim. a. Rb a Rb. f (x)g(x)dx = f 2 (x)dx. =. g 2 (x)dx. =.   n P b−a 2 a + k(b−a) , f n n→+∞ n k=1   n P k(b−a) b−a 2 g a+ n . lim n→+∞ n k=1 lim. a. Rb a. Áp dụng bất đẳng thức (2), với   k(b − a) a+ n. ak = f. ta có n P. f2. . k(b−a) n. a+. k=1.  P n .. g2. . a+. k=1.  ∈ [m1 ; M1 ] , bk = g. k(b−a) n. . k(b − a) a+ n. (m1 m2 + M1 M2 )2 ≤ 4m1 m2 M1 M2. .  n P.  ∈ [m2 ; M2 ] ,. f a+. k=1. k(b−a) n.  . g a+. k(b−a) n. 2. hay n b−a P f2 n k=1. . . n k(b − a) b − a P a+ . g2 n n k=1 2. ≤. (m1 m2 + M1 M2 ) 4m1 m2 M1 M2. . k(b − a) a+ n.  n b−aX n. f. a+. k=1. 2.  ≤. k(b − a) n.   g. a+. k(b − a) n. !2 .. (6).

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Ở (6) cho n → +∞ ta thu được bất đẳng thức (5)  b 2  b  b  Z Z 2 Z  f 2 (x)dx  g 2 (x)dx ≤ (m1 m2 + M1 M2 )  f (x)g(x)dx . a. 5. 4m1 m2 M1 M2. a. a. Nhận xét. Kết hợp với bất đẳng thức Bunyakovski-Cauchy-Schwarz, ta có thể viết (1), (2), (3), (5) ở dạng tương ứng như sau ! ! n n X X 1 (a + b)2 2 2 xk ≤ n , (7) n ≤ xk 4ab k=1 k=1 ! n ! !2 !2 n n n 2 X X X X (m m + M M ) 1 2 1 2 b2k ≤ a2k ak b k ≤ ak bk , (8) k=1. k=1.  (b − a)2 ≤ . Zb. k=1  b Z. k=1. . 1 (m + M )2 dx ≤ (b − a)2 , f (x) 4mM. f (x)dx  a. 4m1 m2 M1 M2. (9). a.   b 2  b  b 2  b Z Z Z 2 Z  f (x)g(x)dx ≤  f 2 (x)dx  g 2 (x)dx ≤ (m1 m2 + M1 M2 )  f (x)g(x)dx . a. a. 4m1 m2 M1 M2. a. a. (10). Email: 3.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>