Bất đẳng thức Ostrowski với hàm liên tục tuyệt đối

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 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



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