TRƯỜNG ĐẠI HỌC TÂY NGUYÊN
KHOA KHOA HỌC TỰ NHIÊN VÀ CÔNG NGHỆ

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP

BẤT ĐẲNG THỨC OPIAL VÀ MỞ RỘNG

Sinh viên

: ĐÀO ANH DƯƠNG

Chuyên ngành : Sư phạm Toán học
Khóa học

: 2011-2015

Đắk Lắk, 2015


TRƯỜNG ĐẠI HỌC TÂY NGUYÊN
KHOA KHOA HỌC TỰ NHIÊN VÀ CÔNG NGHỆ

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP

BẤT ĐẲNG THỨC OPIAL VÀ MỞ RỘNG

Sinh viên

: ĐÀO ANH DƯƠNG

Chuyên ngành : Sư phạm Toán học

Người hướng dẫn
TS. TRẦN THANH TÙNG

Đắk Lắk, 2015


Lời cảm ơn
Tôi xin chân thành cảm ơn
Ban giám hiệu trường Đại học Tây Nguyên, lãnh đạo Khoa Khoa học
Tự nhiên và Công nghệ đã tạo điều kiện thuận lợi để tôi hoàn thành tốt
khóa luận này. Tôi cũng cảm ơn đến quý thầy cô trong Bộ môn Toán, cùng
toàn thể quý thầy cô trường Đại học Tây Nguyên đã dạy dỗ và truyền đạt
cho tôi những kiến thức quý báu trong suốt quá trình học tập tại trường.
Đặc biệt, tôi xin gửi lời cảm ơn sâu sắc đến thầy TS.Trần Thanh Tùng,
người đã trực tiếp hướng dẫn truyền đạt cho tôi những kiến thức, kinh
nghiệm quý báu trong quá trình học tập cũng như quá trình hoàn thành
khóa luận này. Thầy đã giúp tôi củng cố lại kiến thức cũ đồng thời bổ sung
thêm kiến thức mới làm nền khi tôi mới bước vào làm khóa luận này. Trong
suốt quá trình làm khóa luận này thầy luôn định hướng, góp ý, sửa chữa
những lỗi sai giúp tôi đi đúng hướng.
Cuối cùng, tôi xin gửi lời cảm ơn đến gia đình và tập thể lớp SP Toán
K11 đã giúp đỡ tôi tạo mọi điều kiện tốt nhất cho tôi trong quá trình học
tập và hoàn thành khóa luận này.
Đắk Lắk, tháng 5 năm 2015
Sinh viên

Đào Anh Dương



Mục lục

Lời cảm ơn
Danh mục viết tắt

iii

Mở đầu

iv

Chương 1. Kiến thức chuẩn bị
1.1

1

Một số kiến thức về tích phân . . . . . . . . . . . . . . . .

1

1.1.1

Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1

1.1.2

Điều kiện khả tích . . . . . . . . . . . . . . . . . .


2

1.1.3

Một số tính chất . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2

Các bất đẳng thức cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

1.2.1

Bất đẳng thức Cauchy - Schwarz . . . . . . . . . .

3

1.2.2

Bất đẳng thức Holder

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

3

1.2.3

Bất đẳng thức Jensen


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

4

1.2.4

Bất đẳng thức Young . . . . . . . . . . . . . . . . .

5

1.2.5

Bất đẳng thức AM-GM

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

5

1.3

Hàm liên tục tuyệt đối . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6

1.4

Công thức Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6


1.2

i


Chương 2. Bất đẳng thức Opial và mở rộng

8

2.1

Bất đẳng thức tích phân dạng Opial . . . . . . . . . . . .

8

2.2

Bất đẳng thức tích phân dạng Opial tổng quát . . . . . . .

15

2.3

Bất đẳng thức dạng Opial với đạo hàm bậc cao . . . . . .

18

2.4

Bất đẳng thức rời rạc dạng Opial . . . . . . . . . . . . . .


24

2.5

Các bất đẳng thức hỗn hợp . . . . . . . . . . . . . . . . .

30

Kết luận

32

Tài liệu tham khảo

33

Ý kiến của người hướng dẫn

35

ii


DANH MỤC CÁC KÝ HIỆU

N

:


N0

:

N0,n

:

Nn   1

:

C r0, hs

t1, 2, ...✉.
t0, 1, 2, ...✉.
t0, 1, 2, ..., n✉.
t0, 1, 2, ..., n   1✉.

: Không gian các hàm số liên tục trên r0, hs.

C 1 r0, hs : Không gian các hàm số khả vi liên tục trên r0, hs.

C k r0, hs : Không gian các hàm số khả vi liên tục bậc k trên r0, hs.
Dk u ♣xq
D0 u ♣xq

: Đạo hàm bậc k của hàm u♣xq.
: u♣xq.


iii


Mở đầu
Từ xưa tới nay, bất đẳng thức có ảnh hưởng to lớn đến sự phát triển
của nhiều nhánh toán học cũng như các ngành khoa học khác. Các nhà
toán học trong thế kỉ 20 đã nhận ra tầm quan trọng của bất đẳng thức
trong việc đưa ra hàng loạt kết quả và bài toán mới. Bất đẳng thức Opial
được công bố năm 1960 bởi nhà toán học người Ba Lan Zdzislaw Opial,
trong quá trình nghiên cứu các bất đẳng thức liên quan giữa hàm số và
đạo hàm của nó. Bắt đầu từ đó, các nhà toán học dành một sự quan tâm
đặc biệt tới bất đẳng thức Opial với nhiều cách chứng minh đơn giản hơn,
mở rộng và tổng quát hóa bất đẳng thức Opial thành các bất đẳng thức
dạng Opial, các bất đẳng thức rời rạc dạng Opial. Bất đẳng thức Opial
cùng các dạng của nó đóng một vai trò quan trọng trong toán học hiện đại
... Do đó, chúng tôi quyết định chọn đề tài "Bất đẳng thức Opial và
mở rộng" với mục tiêu trình bày các kiến thức cơ bản của bất đẳng thức
Opial và các dạng của nó, sau đó trình bày một số mở rộng của bất đẳng
thức này thông qua một số định lí và hệ quả được đăng trên một số tạp
chí toán học.
Nội dung của khóa luận được trình bày trong hai chương
Chương 1. Chương này trình bày những kiến thức cơ bản về tích phân,
hàm số liên tục tuyệt đối, công thức Taylor và các bất đẳng thức cơ
bản như bất đẳng thức Cauchy – Schwarz, Holder, Jensen, Young,
AM – GM để phục vụ cho các chứng minh của Chương 2.
Chương 2. Chương này trình bày về bất đẳng thức Opial và các mở rộng
của bất đẳng thức Opial. Đây cũng chính là nội dung chính của khóa
luận.

iv



Chương 1

Kiến thức chuẩn bị
1.1
1.1.1

Một số kiến thức về tích phân
Định nghĩa

Định nghĩa 1.1.1 ([3], tr 249). Cho hàm số f ♣xq xác định và bị chặn trong
khoảng đóng ra, bs, chia ra, bs thành những khoảng nhỏ bởi một phân hoạch

P, trong mỗi khoảng nhỏ rxi✁1 , xi s lấy một điểm ξi tùy ý
xi✁1

↕ ξi ↕ xi ♣i ✏ 1, 2, . . . , nq

và lập tổng
σ :✏
với

n
➳
i✏1

f ♣ξi q∆xi

∆xi :✏ xi ✁ xi✁1


(1.1)

♣i ✏ 1, nq.

Dĩ nhiên tổng σ định nghĩa theo (1.1) là một số xác định, số đó phụ thuộc
số khoảng nhỏ n, phụ thuộc ξi , chọn tùy ý trong rxi✁1 , xi s và phụ thuộc
cách chọn phân hoạch P.
Nếu n tăng vô hạn ♣n

ÝÑ ✽q sao cho max
λi :✏ λ, λ ÝÑ 0, với λi :=∆xi
i ↕n

♣i ✏ 1, nq, σ có giới hạn (hữu hạn) I, và giới hạn I này không phụ thuộc

cách chọn điểm ξi , cũng không phụ thuộc cách chọn phân hoạch P
I

✏

lim σ

λÝÑ0
♣nÝÑ✽q

1

(1.2)



thì I được gọi là tích phân xác định của hàm số f ♣xq lấy trên khoảng đóng

ra, bs và kí hiệu là

➺b

f ♣xq dx.

a

I

➺b

✏

f ♣xq dx.

(1.3)

a

Khi đó ta cũng nói rằng hàm số f ♣xq khả tích trên ra, bs, ra, bs là khoảng
lấy tích phân, a là cận dưới, b là cận trên của tích phân, x là biến số lấy

tích phân, f ♣xq là hàm số lấy tích phân và f ♣xq dx là biểu thức dưới dấu

tích phân.


1.1.2

Điều kiện khả tích

Định lý 1.1.1 ([3], tr 252). Nếu f ♣xq liên tục trên ra, bs thì f ♣xq khả tích
trên ra, bs.

Định lý 1.1.2 ([3], tr 252). Nếu f ♣xq bị chặn trên ra, bs và có một số hữu
hạn điểm gián đoạn loại 1 trên ra, bs thì f ♣xq khả tích trên ra, bs.

1.1.3

Một số tính chất

Nội dung phần này tham khảo từ ([2], tr 465).
Tính chất 1. Nếu f, g là hai hàm liên tục trên ra, bs và f ♣xq ➙ g ♣xq ,

ra, bs thì

➺b
a

f ♣xq dx ➙

➺b
a

g ♣xq dx.

❅x €


Tính chất 2. Nếu f là một hàm liên tục trên ra, bs thỏa mãn m ↕ f ♣xq ↕
M,

❅x € ra, bs thì m ♣b ✁ aq ↕

➺b
a

f ♣xq dx ↕ M ♣b ✁ aq .

✞➺ b
✞
✞
✞
Tính chất 3. Nếu f là một hàm liên tục trên a, b thì ✞✞ f x dx✞✞
a
➺b

r s

a

⑤f ♣xq⑤dx.

2

♣q

↕



Tính chất 4. Nếu f là một hàm liên tục trên ra, bs thì tồn tại ít nhất một
điểm c € ra, bs sao cho

1.2
1.2.1

➺b
a

f ♣xq dx ✏ f ♣cq ♣b ✁ aq.

Các bất đẳng thức cơ bản
Bất đẳng thức Cauchy - Schwarz

Dạng cơ bản. ([2], tr 123)
Cho hai dãy số thực bất kì a1 , a2 , ..., an và b1 , b2 , ..., bn , ta có bất đẳng thức
sau

✄

n
➳

i ✏1

☛2

ai b i


↕

✄

n
➳
i✏1

☛✄

ai 2

n
➳

i✏1

☛

bi 2 ,

đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tồn tại hằng số µ ✘ 0 thỏa mãn ai

1 ↕ i ↕ n.

✏ µbi,

Dạng tích phân. ([2], tr 478)


Cho các hàm khả tích f, g : ra, bs Ñ R, khi đó ta có bất đẳng thức sau
✂➺ b
a

f ♣xq g ♣xq dx

✡2

↕

➺b
a

➺b

rf ♣xqs dx. rg ♣xqs2dx,
2

a

đẳng thức xảy ra
tồn tại hằng số µ
➺ t khi và chỉ ➺khi
t
t € ra, bs ta có µ f ♣xq dx ✏ g ♣xq dx.
a

1.2.2

✘ 0 sao cho với mọi


a

Bất đẳng thức Holder

Dạng cơ bản.([2], tr 173)
Cho hai dãy số thực x1 , x2 , ..., xn và y1 , y2 , ..., yn bất kì, p, q là hai số thực
1 1
thỏa mãn điều kiện p ➙ 1, q ➙ 1 và   ✏ 1. Khi đó, ta có bất đẳng thức
p q
sau
✄
☛ ✄
☛
n
➳

k ✏1

⑤xiyi⑤ ↕

n
➳

k ✏1

⑤xi⑤p
3

1④p


n
➳

k ✏1

⑤yi⑤q

1④q

.


Dạng tích phân.([2], tr 479)

Cho p, q là hai số thực thỏa mãn điều kiện p ➙ 1, q

➙ 1 và p1   1q ✏ 1, f, g

là các hàm khả tích. Khi đó, ta có bất đẳng thức sau
➺

⑤f ♣xq g ♣xq⑤dx ↕

✂➺

p

✡1④p ✂➺


⑤f ♣xq⑤ dx

Nhận xét. Trong trường hợp p

q

⑤g ♣xq⑤ dx

✡1④q

.

✏ q ✏ 2 thì bất đẳng thức Holder trở

thành bất đẳng thức Cauchy – Schwarz.

1.2.3

Bất đẳng thức Jensen

Định nghĩa 1.2.1 ([2], tr 394). (Hàm lồi và hàm lõm)
• Hàm số f ♣xq được gọi là lồi trên khoảng I nếu
λ € r0, 1s ta có

❅x1, x2 €

I và

f ♣λx1   ♣1 ✁ λq x2 q ↕ λf ♣x1 q   ♣1 ✁ λq f ♣x2 q .
• Hàm số f ♣xq được gọi là lõm trên khoảng I nếu

λ € r0, 1s ta có

❅x1, x2 €

I và

f ♣λx1   ♣1 ✁ λq x2 q ➙ λf ♣x1 q   ♣1 ✁ λq f ♣x2 q .
Định lý 1.2.1 ([2], tr 398). (Bất đẳng thức Jensen)

€ I, ❅i ✏ 1, 2, ..., n và ai € r0, 1s sao

Cho ϕ là hàm lồi trên khoảng I, xi
cho

n
➦

i✏1

ai

✏ 1, i ✏ 1, 2, ..., n. Khi đó, ta có bất đẳng thức sau.
✄

ϕ

n
➳
k ✏1


☛

↕

ai xi

cho

i✏1

ai

k ✏1

ai ϕ ♣xi q.

€ I, ❅i ✏ 1, 2, ..., n và ai € r0, 1s sao

Cho ϕ là hàm lõm trên khoảng I, xi
n
➦

n
➳

✏ 1, i ✏ 1, 2, ..., n. Khi đó, ta có bất đẳng thức sau.
✄

ϕ


n
➳
k ✏1

☛

ai xi

➙
4

n
➳
k ✏1

ai ϕ ♣xi q.


Chú ý. Nếu a1

✏ a2 ✏ ... ✏ an ✏

1
và f là hàm lồi thì bất đẳng thức
n

Jensen được viết dưới dạng sau
f
Nếu a1


✁x

1

  x2   ...   xn ✠ ↕ f ♣x1q   f ♣x2q   ...   f ♣xnq .
n

✏ a2 ✏ ... ✏ an ✏

n

1
và f là hàm lõm thì bất đẳng thức Jensen
n

được viết dưới dạng sau
f

1.2.4

✁x

1

  x2   ...   xn ✠ ➙ f ♣x1q   f ♣x2q   ...   f ♣xnq .
n

n

Bất đẳng thức Young


Định lý 1.2.2 ([2], tr 478). Cho a, b là các số thực không âm, p, q là các
1 1
số thực dương thỏa mãn   ✏ 1. Khi đó, ta có bất đẳng thức sau
p q
ab ↕
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ap

1.2.5

ap
p

q

  bq .

✏ bq .

Bất đẳng thức AM-GM

Bất đẳng thức AM-GM tổng quát.([1], tr 4)
Cho a1 , a2 , ..., an là các số thực không âm, khi đó ta có bất đẳng thức sau
a1   a2   ...   an
n

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1

➙ ❄a1a2...an.
n


✏ a2 ✏ ... ✏ an.

Bất đẳng thức AM-GM có trọng.([1], tr 7)
Cho a1 , a2 , ..., an là các số thực không âm và n trọng số i1 , i2 , ..., in thỏa
mãn

n
➦

k ✏1

ik

✏ 1, khi đó ta có bất đẳng thức sau
a1 i1   a2 i2   ...   an in

➙ ai1   ai2   ...   ain
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 ✏ a2 ✏ ... ✏ an và i1 ✏ i2 ✏ ... ✏ in .
5

1

2

n


1.3


Hàm liên tục tuyệt đối

Định nghĩa 1.3.1 ([13], tr 119). Hàm số f : ra, bs

Ñ R được gọi là liên
tục tuyệt đối trên ra, bs nếu cho với mọi ε → 0 cho trước, tồn tại δ → 0 sao
cho

n
➳
i✏1

⑤f ♣yiq ✁ f ♣xiq⑤ ➔ ε,

t⑤xi, yi⑤ : i n✏ 1, 2, ..., n✉ là một tập xác định các khoảng con rời
➦
⑤yi ✁ xi⑤ ➔ δ.
nhau của ra, bs với
trong đó

i ✏1

Nhận xét.
1. Một hàm liên tục tuyệt đối trên ra, bs thì liên tục đều trên ra, bs.
2. Một hàm Lipschitz liên tục trên ra, bs thì liên tục tuyệt đối trên ra, bs.
3. Cho f, g là các hàm liên tục tuyệt đối trên ra, bs thì f

  g, f ✁ g, f g

cũng là các hàm liên tục tuyệt đối trên ra, bs. Ngoài ra, nếu tồn tại


→ 0 sao cho ⑤g ♣xq⑤ ➙ C, ❅x € ra, bs thì f ④g
tuyệt đối trên ra, bs.

hằng số C

1.4

cũng liên tục

Công thức Taylor

Định lý 1.4.1 ([15]). Cho hàm số f : ra, bs

Ñ R. Nếu hàm f ♣xq khả vi
♣n   1q lần trong khoảng ♣a, bq, thì với bất kì điểm c € ♣a, bq, ❅x € ♣a, bq mà
x ✘ c ta luôn có
f ✷ ♣cq
f ♣nq ♣cq
f ✶ ♣cq
2
♣x ✁ cq 
♣x ✁ cq   ...  
♣x ✁ cqn   R ♣xq .
f ♣xq ✏ f ♣cq 
1!

2!

n!


Trong đó
Rn ♣xq ✏

f ♣n 1q ♣ξ q
♣
x ✁ cqn 1 , ξ nằm giữa x và c,
♣n   1q!
6

n


được gọi là phần dư Lagrange.
Ngoài ra ta còn có phần dư dạng tích phân như sau
Rn ♣xq ✏

➺ x ♣n✁1q
t
f
a

n!

♣ q ♣x ✁ tqndt,

với f ♣nq ♣xq là hàm liên tục tuyệt đối trên ra, xs.

7



Chương 2

Bất đẳng thức Opial và mở rộng
Chương này trình bày bất đẳng thức Opial ở dạng nguyên gốc mà
Z.Opial đã công bố năm 1960. Sau đó, trình bày một cách hệ thống lại
các định lý quan trọng nhất liên quan đến bất đẳng thức Opial gồm có
bất đẳng thức tích phân dạng Opial, bất đẳng thức tích phân dạng Opial
tổng quát, bất đẳng thức Opial với đạo hàm bậc cao, bất đẳng thức rời
rạc dạng Opial và cuối cùng là một số bất đẳng thức hỗn hợp có liên quan
đến bất đẳng thức Opial.

2.1

Bất đẳng thức tích phân dạng Opial

Năm 1960, Opial ([10], [9]) đã công bố bất đẳng thức sau.
➺h
0

⑤u ♣tq u✶ ♣tq⑤ dt ↕

h
4

➺h
0

⑤u✶ ♣tq⑤2dt,


trong đó u ♣tq € C 1 r0, hs, u ♣tq → 0, ❅t € ♣0, hq và u ♣0q ✏ u ♣hq ✏ 0.
h
Trong (2.1) thì hằng số là tốt nhất.
4
Chứng minh.➺
Đặt y ♣tq ✏

t
0

⑤u✶ ♣sq⑤ds và z ♣tq ✏

➺h
t

⑤u✶ ♣sq⑤ds.

8

(2.1)


Khi đó chúng ta có quan hệ sau

và

y ✶ ♣tq ✏ ⑤u✶ ♣tq⑤ ✏ ✁z ✶ ♣tq

(2.2)


⑤u ♣tq⑤ ↕ y ♣tq , ⑤u ♣tq⑤ ↕ z ♣tq ,

(2.3)

với t € r0, hs.
Từ (2.2) và (2.3), ta có
➺ h④2
0

và

➺h
h④2

➺ h④2

⑤u ♣tq u✶ ♣tq⑤ dt ↕

0

⑤u ♣tq u✶ ♣tq⑤ dt ↕ ✁

➺h
h④2

y ♣tq y ✶ ♣tq dt ✏

1 2
y
2


z ♣tq z ✶ ♣tq dt ✏

1 2
z
2

✂ ✡

h
2

(2.4)

✂ ✡

h
.
2

(2.5)

Từ (2.4) và (2.5), ta suy ra
➺h

✒

✂ ✡

⑤u ♣tq u✶ ♣tq⑤ dt ↕ 1 y2 h

2

0

2

 z

✂ ✡✚
2

h
2

.

(2.6)

Mặt khác, áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta được
✂ ✡

y

2

h
2

✏


✂ ✡

z

h
2

2

✄➺

✏

h④2
0

✂➺ h
h④2

☛2

⑤u✶ ♣tq⑤ dt

✡2

⑤u✶ ♣tq⑤ dt

↕

h

2

↕

h
2

➺ h④2
0

➺h
h④2

⑤u✶ ♣tq⑤2dt,

⑤u✶ ♣tq⑤2dt.

Từ (2.6), (2.7) và (2.8), ta suy ra
➺h
0

⑤u ♣tq u✶ ♣tq⑤ dt ↕
↕

✒

✂ ✡

1 2 h
y

 
z2
2
2
➺h
h
2
⑤
u✶ ♣tq⑤ dt.
4 0

Bất đẳng thức được chứng minh.

9

✂ ✡✚

h
2

(2.7)

(2.8)


Ngay sau khi xuất hiện, bất đẳng thức (2.1) đã nhận được sự quan tâm
rất lớn từ các nhà toán học, từ đó đến nay hàng loạt định lý mở rộng của
bất đẳng thức Opial đã được công bố trong các bài báo khoa học, sau đây
chúng ta sẽ nghiên cứu một số định lý quan trọng liên quan đến bất đẳng
thức tích phân dạng Opial.

Định lý 2.1.1 ([11]). Cho p là hàm không âm và liên tục trên r0, hs, u là

hàm liên tục khả vi trên r0, hs và u ♣0q

✏ u ♣hq ✏ 0. Khi đó ta có các bất

đẳng thức sau
➺h
0

➺h
0

p ♣tq ⑤u ♣tq⑤ dt ↕
2

p ♣tq ⑤u ♣tq⑤ ⑤u✶ ♣tq⑤ dt ↕

✂➺ h

h
4

0

✂ ➺h

h
4


✡ ✂➺ h

p ♣tq dt

0

✡

⑤u✶ ♣tq⑤2dt ,

✡1④2 ✂➺ h

p ♣tq dt
2

0

0

(2.9)

✡

⑤u✶ ♣tq⑤2dt .

(2.10)

Chứng minh. Với mọi t € r0, hs, ta có

⑤u ♣tq⑤ ↕


➺t
0

⑤u✶ ♣sq⑤ds, ⑤u ♣tq⑤ ↕

Từ (2.11) ta suy ra

⑤u ♣tq⑤ ↕

1
2

➺h
0

➺h
t

⑤u✶ ♣sq⑤ds.

(2.11)

⑤u✶ ♣tq⑤dt.

Từ bất đẳng thức trên, kết hợp với bất đẳng thức Cauchy - Schwarz ta
được
➺h
0


p ♣tq ⑤u ♣tq⑤ dt
2

↕
↕

✂➺

➺

✡2

h
1 h
p ♣tq
⑤
u✶ ♣tq⑤ dt dt
4 0
0
✂➺ h
✡ ✂➺ h
✡
h
2
⑤
p ♣tq dt
u✶ ♣tq⑤ dt .
4
0
0


Ta đã chứng minh xong bất đẳng thức (2.9).
Từ bất đẳng thức (2.9) và bất đẳng thức Cauchy - Schwarz ta được

10


➺h
0

p ♣tq ⑤u ♣tq⑤ ⑤u✶ ♣tq⑤ dt

↕
↕
✏

✂➺ h
0

✡1④2 ✂➺ h

p2 ♣tq ⑤u ♣tq⑤2 dt

✂ ➺h

h
4

0


✂ ➺h

h
4

0

p2 ♣tq dt

0

✡1④2

⑤u✶ ♣tq⑤2dt

✡1④2 ✂➺ h

➺h

⑤u✶ ♣tq⑤2dt

0

✡1④2 ✂➺ h

p2 ♣tq dt

0

0


✡1④2

⑤u✶ ♣tq⑤2dt

✡

⑤u✶ ♣tq⑤2dt

.

Bất đẳng thức (2.10) được chứng minh.
Định lý được chứng minh xong.
Định lý 2.1.2 ([11]). Cho các số thực p, q, m trong đó p ➙ 0, q
Nếu u

➙ 1, m ➙ 1.

€ C 1 r0, hs thỏa mãn u ♣0q ✏ u ♣hq ✏ 0. Khi đó ta có bất đẳng thức

sau
➺h
0

m♣p q q

⑤u ♣tq⑤

dt ↕ r♣p   q q I ♣mqs
m


với
I ♣mq ✏

➺h✑

1✁m

t
0

q

➺h
0

⑤u ♣tq⑤mp⑤u✶ ♣tq⑤mq dt,

  ♣h ✁ tq

1✁m

✙✁1

dt.

(2.12)

(2.13)


Chứng minh.
Sử dụng công thức Taylor và giả thiết ta có
up q ♣tq ✏ ♣p   q q
p q

u
với t € r0, hs.

➺t

♣tq ✏ ✁ ♣p   qq

0

up q✁1 ♣sq u✶ ♣sq ds,

➺h
t

up q✁1 ♣sq u✶ ♣sq ds,

(2.14)

(2.15)

Từ (2.14), (2.15) và sử dụng bất đẳng thức Holder với số mũ m, m④♣m ✁ 1q,
ta có

11



m♣p q q

⑤u ♣tq⑤

↕ ♣p   qq

➺t

m m✁1

m♣p q q

t

0

⑤u ♣tq⑤
↕ ♣p   qq ♣h ✁ tq
với t € r0, hs.
m

m✁1

⑤u ♣sq⑤m♣p q✁1q⑤u✶ ♣sq⑤mds,
➺h
t

(2.16)


⑤u ♣sq⑤m♣p q✁1q⑤u✶ ♣sq⑤mds,

(2.17)

Nhân (2.16) với t1✁m và (2.17) với ♣h ✁ tq1✁m và cộng các bất đẳng thức
đó lại ta được
✑

t1✁m   ♣h ✁ tq

1✁m

✙

m♣p q q

⑤u ♣tq⑤

Từ (2.18) suy ra
m♣p q q

⑤u ♣tq⑤

✂

↕ ♣p   qq

m

➺h✑


mp④q

⑤u ♣sq⑤

0

✑

t

1✁m

↕ ♣p   qq

m

  ♣ h ✁ tq
✙✑

⑤u ♣sq⑤

0

1✁m

⑤u✶ ♣sq⑤m

m♣p q ✁1q


➺h

⑤u✶ ♣sq⑤mds.
(2.18)

✙✁1

m♣p q ✁1q✁mp④q

⑤u ♣sq⑤

✙

ds,

(2.19)

với t € r0, hs.

Tích phân (2.19) trên r0, hs và sử dụng bất đẳng thức Holder với số mũ
q, q ④♣q ✁ 1q ta được
➺h
0

⑤u ♣tq⑤m♣p qqdt
↕ ♣p   qq I ♣mq
↕ ♣p   qqmI ♣mq
m

✂

➺h

Nếu
0

✂➺ h
0

➺h✑
0

mp④q

⑤u ♣tq⑤

⑤u✶ ♣tq⑤m

✡1④q ✂➺ h

⑤u ♣tq⑤mp⑤u✶ ♣tq⑤mq dt

0

✙✑

m♣p q ✁1q✁mp④q

⑤u ♣tq⑤

✙


dt

✡♣q✁1q④q

⑤u ♣tq⑤m♣p qqdt

.

(2.20)

⑤u ♣tq⑤m♣p qqdt ✏ 0 thì bất đẳng thức (2.12) là hiển nhiên, ngược lại
✂➺ h

ta chia cả hai vế của (2.20) cho
0

m♣p q q

⑤u ♣tq⑤

✡♣q✁1q④q

dt

sau đó ta lũy

thừa hai vế với số mũ q ta được bất đẳng thức cần chứng minh (2.12).
Định lý được chứng minh xong.
12



Định lý 2.1.3 ([11]). Cho các số thực p, q, r, m trong đó p ➙ 0, q
0, m

➙ 1, r ➙

➙ 1. Nếu u € C 1 r0, hs thỏa mãn u ♣0q ✏ u ♣hq ✏ 0. Khi đó ta có bất

đẳng thức sau
➺h
0

m♣p q q

⑤u ♣tq⑤

⑤u✶ ♣tq⑤mr dt ↕ r♣p   q   rqmI ♣mqsq

➺h
0

⑤u ♣tq⑤mp⑤u✶ ♣tq⑤m♣q rqdt,
(2.21)

với I ♣mq được định nghĩa như (2.13).

Chứng minh. Ta biến đổi vế trái của bất đẳng thức (2.21) sau đó áp dụng

bất đẳng thức Holder với số mũ ♣q   rq④r, ♣q   rq④q và bất đẳng thức

(2.12) ta được
➺h
0

⑤u ♣tq⑤m♣p qq⑤u✶ ♣tq⑤mr dt
✏
↕
↕

➺h✑

⑤u ♣tq⑤

0

✓➺
✓➺

m♣pr④♣q  rq q

h
0
h
0

⑤u✶ ♣tq⑤mr

m♣p q q✁m♣pr④♣q  rq q

⑤u ♣tq⑤


✛r④♣q rq ✒➺

m♣q  rq

⑤u ♣tq⑤mp ⑤u✶ ♣tq⑤

✙✑

dt
0

✛r④♣q rq
m♣q  rq

⑤u ♣tq⑤mp ⑤u✶ ♣tq⑤

dt
✚q④♣q rq

⑤u ♣tq⑤m♣p q rqdt

dt

✒

✂ ♣p   q   rqmI ♣mqq r
✏ r♣p   q   rqmI ♣mqsq

h


✙

➺h
0

➺h
0

✚q④♣q rq

⑤u ♣tq⑤mp⑤u✶ ♣tq⑤m♣q rqdt

⑤u ♣tq⑤mp⑤u✶ ♣tq⑤m♣q rqdt

Ta đã chứng minh xong (2.21).
Định lý được chứng minh xong.
Định lý 2.1.4 ([8]). Cho f ♣xq là hàm khả vi liên tục trên ra, bs và f ♣aq ✏
0. Khi đó, với mọi số thực p ➙ 0, q
➺b
a

➙ 0 ta có bất đẳng thức sau

⑤f ♣xq⑤ ⑤f ✶ ♣xq⑤ dx ↕ p   q ♣b ✁ aq
p

q

q


13

p

➺b
a

⑤f ✶ ♣xq⑤p q dx.

(2.22)


Chứng minh. Không mất tính tổng quát, giả sử p ➙ 0 và a ✏ 0. Ta đặt
F ♣tq ✏

qtp
p q

➺t
0

p q

⑤f ✶ ♣xq⑤

dx ✁

➺t
0


⑤f ♣xq⑤p⑤f ✶ ♣xq⑤q dx.

(2.23)

Với mọi t → 0, ta có
pqtp✁1
✶
F ♣tq ✏
p q

➺t

qtp ✶
p q
✶
⑤f ♣xq⑤ dx  
⑤f ♣tq⑤p q ✁ ⑤f ♣tq⑤p⑤f ✶ ♣tq⑤q . (2.24)
p q

0

Sử dụng bất đẳng thức Holder ta có

⑤f ♣tq⑤ ✏

✞
✞➺ t
✞
✞

✞ f ✶ x dx✞
✞
✞
0
➺t

♣q

↕ ⑤f ✶ ♣xq⑤ dx
0

↕
với

1
r

✂➺ t

✡1④r ✂➺ t

r

1 dx
0

0

⑤f ✶ ♣xq⑤p q dx


✡1④♣p qq

,

  p  1 q ✏ 1, từ đó ta suy ra

⑤f ♣tq⑤p q ↕ ➺ t ⑤f ✶ ♣xq⑤p q dx.
tp q✁1

(2.25)

0

Từ (2.24) và (2.25) ta suy ra
pq ⑤f ♣tq⑤p q
✶
F ♣tq ➙

✏
➙

♣p   qq tq✑

  pqt  q ⑤f ✶ ♣tq⑤p q ✁ ⑤f ♣tq⑤p⑤f ✶ ♣tq⑤q
p

✙
1
p q
q

p q
p ✶
p q ✶
q
♣p   qq tq ✑pq⑤f ♣tq⑤   qt ⑤f ♣tq⑤ ✁ ♣p   qq t ⑤f ♣tq⑤ ⑤f ♣tq⑤✙
1
p q
q
p⑤f ♣tq⑤p q   qtp q ⑤f ✶ ♣tq⑤ ✁ ♣p   q q tq ⑤f ♣tq⑤p ⑤f ✶ ♣tq⑤ .
q
♣p   q q t
(2.26)

Ta đặt
A ✏ ⑤f ♣tq⑤p q ,

✏ ♣t ⑤f ✶ ♣tq⑤qp q ,
p
α✏
,
p q
q
β✏
.
p q

B

14



Khi đó, từ (2.26) ta suy ra
✟

 

F ✶ ♣tq ✏ t✁q αA   βB ✁ Aα B β .
Từ đẳng thức trên và α   β

✏ 1 nên áp dụng bất đẳng thức AM – GM có

trọng ta suy ra
Do đó F ♣bq ✏

➺b
0

F ✶ ♣tq ➙ 0.
F ✶ ♣tq dt ➙ 0.

Định lý được chứng minh xong.

2.2

Bất đẳng thức tích phân dạng Opial tổng
quát

Năm 1967, Godunova và Levin [7] đã chứng minh được các bất đẳng
thức sau
Định lý 2.2.1 ([7]). Cho u♣tq là hàm thực, khả vi liên tục trên ra, bs với

u♣aq

✏ 0. Đặt F

là hàm khả vi, lồi, tăng trên r0,  ✽q với F ♣0q

✏ 0. Khi

đó ta có bất đẳng thức sau.
➺b
a

F ✶ ♣⑤u ♣tq⑤q ⑤u✶ ♣tq⑤ dt ↕ F

✂➺ b
a

✡

u✶ ♣tq dt .

➺t

⑤u✶ ♣sq⑤ds, t € ra, bs.
a
Khi đó z ✶ ♣tq ✏ ⑤u✶ ♣tq⑤ và ⑤u ♣tq⑤ ↕ z ♣tq.

Chứng minh. Đặt z ♣tq ✏
Do đó ta có


➺b
a

F ✶ ♣⑤u ♣tq⑤q ⑤u✶ ♣tq⑤ dt ↕

➺b
a

➺b

F ✶ ♣⑤z ♣tq⑤q ⑤u✶ ♣tq⑤ dt

✏ dtd F ♣z ♣tqq dt
a
✏ F ♣z ♣bqq
✏F
15

✂➺ b
a

✡

⑤u✶ ♣tq⑤ dt

.

(2.27)



Định lý được chứng minh xong.
Định lý 2.2.2 ([7]). Cho u ♣tq là hàm khả vi liên tục trên ra, bs với u ♣aq ✏

u ♣bq ✏ 0. Cho F, g là các hàm khả vi, lồi và tăng trên r0, ✽s với F ♣0q ✏ 0.
Cho p ♣tq là hàm dương trên ra, bs và

➺b
a

p ♣tq dt ✏ 1. Khi đó ta có bất đẳng

thức sau
➺b
a

F ✶ ♣⑤u ♣tq⑤q ⑤u✶ ♣tq⑤ dt ↕ 2F

Chứng minh. Lấy bất kì c

✂

g ✁1

✡
✂ ✶
u t

✂➺ b

⑤ ♣ q⑤

p ♣tqg
2p ♣tq
a

✡✡

dt

.

(2.28)

€ ♣a, bq, khi đó trên đoạn ra, cs hàm u ♣tq thỏa

mãn giả thiết của Định lý 2.2.1 và do đó ta có bất đẳng thức sau
➺c

☎

☞

➺c

F ✶ ♣⑤u ♣tq⑤q ⑤u✶ ♣tq⑤ dt ↕ F ✆ u✶ ♣tq dt✌.

a

(2.29)

a


Tiếp theo, trong đoạn rc, bs hàm u ♣tq liên tục tuyệt đối và u ♣bq

✏ 0. Ta

lại tiếp tục lập luận tương tự như cách chứng minh Định lý 2.2.1, khi đó
ta có

➺b

☎

F ✶ ♣⑤u ♣tq⑤q ⑤u✶ ♣tq⑤ dt ↕ F ✆

c

➺b

☞

⑤u✶ ♣tq⑤ dt✌.

(2.30)

c

Nếu ta chọn c sao cho
➺c
a


⑤u✶ ♣tq⑤ dt ✏

➺b
c

⑤u✶ ♣tq⑤ dt ✏

1
2

➺b
a

⑤u✶ ♣tq⑤ dt,

(2.31)

Khi đó từ (2.29), (2.30) và (2.31) ta được
➺b

☎

1
F ✶ ♣⑤u ♣tq⑤q ⑤u✶ ♣tq⑤ dt ↕ 2F ✆
2

a

➺b


☞

⑤u✶ ♣tq⑤ dt✌.

(2.32)

a

Vì g ♣tq là hàm lồi nên áp dụng bất đẳng thức Jensen ta có
g

✡
✂➺ b ✂ ✶
u t
a

⑤ ♣ q⑤
2p ♣tq

◆➺ b

p ♣tq dt

a

g ♣tq dt

✡

↕


16

✡
➺b ✂ ✶
u t

g

a

⑤ ♣ q⑤
2p ♣tq

◆➺ b

p ♣tq dt

a

g ♣tq dt.


➺b

Do
a

g ♣tq dt ✏ 1 và g là hàm tăng nên ta suy ra
1

2

➺b
a

⑤u✶ ♣tq⑤ dt ↕ g✁1

✂➺ b
a

p ♣tq g

✡
✂ ✶
u t

⑤ ♣ q⑤
2p ♣tq

✡

dt .

(2.33)

Kết hợp (2.32)và (2.33), đồng thời F là hàm tăng nên ta suy ra
➺b
a

✂


F ✶ ♣⑤u ♣tq⑤q ⑤u✶ ♣tq⑤ dt ↕ 2F g ✁1

✂➺ b

✡
✂ ✶
u t

⑤ ♣ q⑤
p ♣tqg
2p ♣tq
a

✡✡

dt

.

Định lý được chứng minh xong.
Năm 1972, Rozavova [14] đã trình bày mở rộng của bất đẳng thức trên.
Định lý 2.2.3 ([14]). Cho u♣tq là hàm khả vi liên tục trên ra, bs với

✏ 0. Đặt F, g là các hàm khả vi, lồi và tăng trên r0,  ✽s và p ♣tq ➙
0, p✶ ♣tq ➙ 0, t € ra, bs với p ♣aq ✏ 0. Khi đó ta có bất đẳng thức
u♣aq
➺b
a


✂

p✶ ♣tq F ✶ p ♣tq g

✂

⑤u ♣tq⑤ ✡✡ g ✂ ⑤u✶ ♣tq⑤ ✡ ↕ F ✂➺ b p✶ ♣tqg ✂ ⑤u✶ ♣tq⑤ ✡ dt✡ .
p ♣tq
p✶ ♣tq
p✶ ♣tq
a

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi u ♣tq ✏ cp ♣tq , c ✏ const.
Chứng minh.➺

t

⑤u✶ ♣sq⑤ ds, t € ra, bs.
a
✶
Khi đó z ♣tq ✏ u✶ ♣tq và ⑤u ♣tq⑤ ↕ z ♣tq.
Đặt z ♣tq ✏

Theo bất đẳng thức Jensen ta có
✂

g

⑤u ♣tq⑤ ✡ ↕ g ✂ z ♣tq ✡
p ♣tq

p ♣tq
✡✚
✒✂➺ t
✡◆✂➺ t
⑤
u✶ ♣sq⑤
✶
✶
↕g
p ♣s q ✶
ds
p ♣sq ds
p ♣s q
a
a
✂ ✶
✡
➺t
1
z ♣s q
✶
↕ p ♣tq p ♣sq g p✶ ♣sq ds.
a

17

(2.34)


Áp dụng bất đẳng thức trên ta có

➺b
a

⑤ ♣ q⑤ F ✶ ✂p♣tqg ✂ ⑤u♣tq⑤ ✡✡dt
p✶ ♣tq
p♣tq
✂ ✶ ✡ ✂➺ t
✂ ✶ ✡ ✡
➺b
z
♣
t
q
↕ p✶♣tqg p✶♣tq F ✶ p✶♣sqg zp✶♣♣ssqq ds dt
a
a
✒ ✂➺ t
✂ ✶ ✡ ✡✚
➺b
✏ dtd F p✶♣sqg zp✶♣♣ssqq ds dt
a
a
✂➺ b
✂ ✶ ✡ ✡
z ♣tq
✏F
dt
p✶ ♣tqg
p✶ ♣tq
a

✂➺ b
✡ ✡
✂ ✶
⑤
u
♣
t
q⑤
✏F
dt .
p✶ ♣tqg
p✶ ♣tq
a

p✶ ♣tqg

✂ ✶
✡
u t

Định lý được chứng minh xong.

2.3

Bất đẳng thức dạng Opial với đạo hàm
bậc cao

Năm 1969, Das [6] đã chứng minh được bất đẳng thức sau.
Định lý 2.3.1 ([6]). Cho y
0, 1, ..., n ✁ 1 với n ➙


C ♣n✁1q ra, bs thỏa mãn y ♣iq ♣aq

€

✽. Khi đó ta có bất đẳng thức sau
➺b✞
✞
✞
✞
♣
nq
x ✞ dx
✞y x y
a

✏

0, i

➺b✞
✞2
✞
♣ nq ✞
1. Cho y ♣n✁1q là hàm liên tục tuyệt đối và
✞y ✞ dx

♣q

a


♣q

↕ K ♣ b ✁ aq

✏

1
n
2 ♣n!q 2n ✁ 1

với
K

✂

n

➺b✞
✞2
✞ ♣nq
✞
x ✞ dx,
✞y

♣q

a

✡1④2


.

Chứng minh. Theo giả thiết, với mọi x € ra, bs ta có
y ♣xq ✏

1

♣n ✁ 1q!

➺x
a

♣x ✁ tqn✁1y♣nq ♣tq dt.

18

✏
➔

(2.35)