1. Trang chủ >
  2. Thạc sĩ - Cao học >
  3. Khoa học tự nhiên >

Bất đẳng thức Ostrowski với hàm liên tục tuyệt đối

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (387.74 KB, 42 trang )


10







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 dng bt ng thc Hăolder dng tớch phõn vi 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 tồn 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





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



Xem Thêm
Tải bản đầy đủ (.pdf) (42 trang)

×