(Luận văn) về một số bất đẳng thức tích phân trong giải tích lượng tử

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - NGUYỄN THỊ THU HUẾ lu an n va p ie gh tn to VỀ MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC TÍCH PHÂN TRONG GIẢI TÍCH LƯỢNG TỬ w Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp d oa nl Mã số: 46 01 13 va an lu ll u nf LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC oi m z at nh NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC TS Mai Viết Thuận z m co l gm @ an Lu THÁI NGUYÊN - 2020 n va ac th si Mục lục Chương Một số kiến thức chuẩn bị lu an 1.1 q−đạo hàm va 1.2 q−tích phân 12 n tn to 1.2.1 q−nguyên hàm 12 gh 1.2.2 Tích phân Jackson 13 p ie 1.2.3 Định nghĩa số tính chất q−tích phân 15 nl w 1.3 q−tích phân chặt (restricted definite q−integral) 18 21 an lu tử d oa Chương Một số bất đẳng thức tích phân giải tích lượng 2.1 Bất đẳng thức q−Steffensen số áp dụng 21 va ul nf 2.2 Bt ng thc qGră uss v mt s ỏp dụng 36 oi lm 2.3 Bất đẳng thức q−Chebyshev số áp dụng 40 2.4 Bất đẳng thức q−Hermite-Hadamard 44 z at nh z m co l gm @ an Lu n va ac th si LỜI NĨI ĐẦU Bất đẳng thức tích phân chủ đề hay khó tốn học Một số lu bất đẳng thức tích phân tiếng quan trọng kể đến bất đẳng an thức Steffensen J.F Steffensen giới thiệu vào năm 1918, bất đẳng thức va n Iyengar K.S.K Iyengar đưa vào năm 1938 báo “Note on an gh tn to inequality” tạp Math Student, bt ng thc Gră uss c nh toỏn hc G Gră uss cụng b vo nm 1935, bất đẳng thức Hermite-Hadamard ie p công bố Hermite-Hadamard vào năm 1891 Những bất đẳng thức nl w nhận quan tâm nghiên cứu mở rộng nhiều nhà toán học oa giới (xem tài liệu [7, 8, 9, 10, 12, 15, 16, 17, 18, 19, 20, 21, 22, 23] d tài liệu tham khảo tài liệu đó) Theo hiểu biết chúng lu va an tơi, có số luận văn thạc sĩ chun ngành phương pháp tốn sơ cấp trình ul nf bày bất đẳng thức tích phân [5], bất đẳng thức Hermite-Hadamard oi lm nhận quan tâm [1, 2, 3, 4, 6] Chẳng hạn, H.T.Q Liên [1] trình bày bất đẳng thức dạng Hermite-Hadamard cho hàm lồi khả vi Các bất đẳng z at nh thức dạng Hermite-Hadamard cho hàm r−lồi, lớp hàm mở rộng hàm lồi, trình bày luận văn thạc sĩ toán học chuyên ngành Phương pháp z gm @ Toán sơ cấp C.T.N Mai Bất đẳng thức dạng Hermite-Hadamard-Fejér cho hàm p−lồi tiền lồi bất biến trình bày tài liệu [3] [6] l Chú ý kết áp dụng cho số lớp hàm lồi khả vi theo nghĩa m co thơng thường tích phân khả tích Riemann Tuy nhiên, việc áp dụng an Lu kết vào lập trình tính tốn máy tính, ta phải xấp xỉ đạo hàm tích phân phương pháp thích hợp Điều dẫn đến sai số va n lập trình Một câu hỏi tự nhiên đặt liệu có cách định nghĩa đạo ac th hàm mà không cần lấy giới hạn Một câu trả lời khái si niệm q−đạo hàm đề xuất Euler (1707-1783) trình bày cách hệ thống sách chuyên khảo “Quantum Calculus” V Kac P Cheung Xét biểu thức f (x) − f (x0 ) x − x0 (0.1) Khi cho x tiến tới x0 , giới hạn tồn ta thu đạo hàm hàm f (x) điểm x0 ký hiệu df (x0 ) dx Tuy nhiên cho x = qx0 lu an x = x0 +h, q số cố định khác 1, h số cố định khác không n va không lấy giới hạn ta thu định nghĩa q−đạo hàm (q−derivative) tn to h−đạo hàm (h−derivative) hàm f (x) điểm x0 Trong sách chuyên khảo “Quantum Calculus” (Giải tích lượng tử) [14], tác giả trình gh p ie bày cách hệ thống định nghĩa số tính chất q−đạo hàm, w h−đạo hàm q−tích phân Những năm gần đây, giải tích lượng tử nhận oa nl quan tâm nghiên cứu nhiều nhà khoa học ứng dụng vật lý [11, 18, 21, 22] Ngồi ra, nhiều bất đẳng thức tích phân quan d an lu trọng nhà khoa học nghiên cứu đề xuất công bố nf va gần tạp chí quốc tế uy tín [21, 22] Luận văn trình bày số bất đẳng thức tích phân bất đẳng thức Stef- ul oi lm fensen, bất đẳng thức Iyengar, bất đẳng thức Gră uss, bt ng thc Chebyshev v bt ng thc dạng Hermite–Hadamard sở đọc hiểu trình bày lại z at nh cách hệ thống kết H Gauchman [11] Luận văn gồm có chương z gồm nội dung sau: @ Trong Chương 1, chúng tơi trình bày số khái niệm tính chất quan gm l trọng q−đạo hàm, q−tích phân q−tích phân chặt m co Trong Chương 2, chúng tơi trình bày số bất đẳng thức tích phân quan trọng bất đẳng thức Steffensen, bất ng thc Iyengar, bt ng thc an Lu Gră uss, bất đẳng thức Chebyshev bất đẳng thức dạng Hermite–Hadamard n va cho q−đạo hàm q−tích phân chặt Ngồi việc đọc hiểu trình bày lại kết Có thể nói đóng góp luận văn ac th cách hệ thống kết H Gauchman, chúng tơi cịn sửa số lỗi si Luận văn thực trường Đại học Khoa học – Đại học Thái Nguyên hoàn thành hướng dẫn Tiến sĩ Mai Viết Thuận Tơi xin bày tỏ lịng biết ơn chân thành sâu sắc tới người hướng dẫn khoa học Người đặt vấn đề nghiên cứu, dành nhiều thời gian hướng dẫn, tận tình dìu dắt bảo tơi suốt q trình thực đề tài Tôi xin trân trọng cảm ơn Ban giám hiệu trường Đại học Khoa học – Đại học Thái Nguyên, Ban chủ nhiệm khoa Toán – Tin giảng viên tham gia giảng dạy, tạo điều kiện tốt để học tập nghiên lu an cứu n va Đồng thời xin gửi lời cảm ơn tới gia đình thân yêu, cảm ơn người tn to bạn thân thiết chăm sóc động viên khích lệ tơi suốt q trình nghiên cứu Sau tơi xin kính chúc tồn thể quý thầy cô trường Đại học Khoa gh p ie học - Đại học Thái Nguyên thật dồi sức khỏe, niềm tin để tiếp tục thực w sứ mệnh cao đẹp truyền đạt tri thức cho hệ mai sau Xin d oa nl chân thành cảm ơn oi lm ul nf va an lu z at nh z m co l gm @ an Lu n va ac th si Chương Một số kiến thức chuẩn bị lu an n va Chương trình bày định nghĩa q−đạo hàm, q−tích phân số tn to tính chất Nội dung chương tham khảo sách chuyên khảo V Kac P Cheung [14] gh q−đạo hàm p ie 1.1 nl w Định nghĩa 1.1 ([14]) Cho f (x) hàm số thực q−sai phân hàm d oa f (x) cho dq f (x) = f (qx) − f (x) Đặc biệt, ta có dq x = (q − 1)x nf va f (x), g(x) sau an lu Từ Định nghĩa 1.1, ta tính q−sai phân tích hai hàm số thực oi lm ul dq (f (x)g(x)) = f (qx)g(qx) − f (x)g(x) = f (qx)g(qx) − f (qx)g(x) + f (qx)g(x) − f (x)g(x) z at nh = f (qx) (g(qx) − g(x)) + g(x) (f (qx) − f (x)) = f (qx)dq g(x) + g(x)dq f (x) z gm @ Bây giờ, ta định nghĩa q−đạo hàm dq f (x) f (qx) − f (x) = dq x (q − 1)x an Lu Dq f (x) = m co hàm f (x) định nghĩa l Định nghĩa 1.2 Cho f (x) hàm số thực q−đạo hàm (q−derivative) va Nhận xét 1.1 Từ Định nghĩa 1.2, ta nhận thấy f (x) hàm số khả n vi q→1 df (x) = f (x) dx ac th lim Dq f (x) = si Bây giờ, ta tính q−đạo hàm hàm f (x) = xn , n số nguyên dương Theo định nghĩa, ta có Dq xn = Ký hiệu [n] = q n −1 q−1 (qx)n − xn q n−1 − n−1 = x (q − 1)x q−1 = q n−1 + + Ký hiệu [n] gọi q−analogue n Khi đó, ta có Dq xn = [n]xn−1 Mệnh đề cho ta số quy tắc tính q−đạo hàm lu an Mệnh đề 1.1 Cho a, b ∈ R, f (x), g(x) hai hàm số thực Khi ta có: va (i) Dq (af (x) + bg(x)) = aDq f (x) + bDq g(x); n tn to (ii) Dq (f (x)g(x)) = f (qx)Dq g(x) + g(x)Dq f (x) p ie gh Dq (f (x)g(x)) = f (x)Dq g(x) + g(qx)Dq f (x);   (x) (x)−f (x)Dq g(x) (iii) Giả sử g(x) 6= Khi Dq fg(x) = g(x)Dq fg(x)g(qx)   g(qx)Dq f (x) − f (qx)Dq g(x) f (x) = Dq g(x) g(x)g(qx) d oa nl w an lu Chứng minh (i) Theo định nghĩa, ta có af (qx) + bg(qx) − af (x) − bg(x) (q − 1)x a (f (qx) − f (x)) b (g(qx) − g(x)) = + (q − 1)x (q − 1)x oi lm ul nf va Dq (af (x) + bg(x)) = z at nh = aDq f (x) + bDq g(x) (ii) Từ Định nghĩa 1.1 Định nghĩa 1.2, ta có z dq (f (x)g(x)) (q − 1)x f (qx)dq g(x) + g(x)dq f (x) = (q − 1)x Từ suy m co l gm @ Dq (f (x)g(x)) = an Lu (1.1) Dq (f (x)g(x)) = f (qx)Dq g(x) + g(x)Dq f (x) n ac th Dq (f (x)g(x)) = f (x)Dq g(x) + g(qx)Dq f (x) va Vì vai trị f (x) g(x) nên ta thu (1.2) si (x) (iii) Ta có f (x) = g(x) fg(x) Áp dụng (1.1), ta thu  Dq f (x) = g(qx)Dq f (x) g(x)  + f (x) Dq g(x) g(x) Từ suy  Dq f (x) g(x)  = g(x)Dq f (x) − f (x)Dq g(x) g(x)g(qx) Bây giờ, sử dụng (1.2), ta có  lu Dq f (x) = g(x)Dq an f (x) g(x)  + f (qx) Dq g(x) g(qx) va Suy n   = g(qx)Dq f (x) − f (qx)Dq g(x) g(x)g(qx) ie gh tn to Dq f (x) g(x) p Nhận xét 1.2 Trong trường hợp tổng quát, qui tắc tính q−đạo hàm hàm hợp Tuy nhiên, ta có qui tắc tính q−đạo hàm cho hàm f (u(x)), w oa nl với u = u(x) = αxβ , α, β số Theo định nghĩa, ta có d   f (αq β xβ ) − f (αxβ ) Dq [f (u(x))] = Dq f (αxβ ) = qx − x β β β f (αq x ) − f (αx ) αq β xβ − αxβ = αq β xβ − αxβ qx − x oi lm ul nf va an lu Suy
Dq f (u(x)) = Dqβ f (u(x)).Dq u(x) z at nh (1.3) z Định nghĩa 1.3 q−analogue (x − a)n đa thức    1, n = 0, n (x − a)q =   (x − a)(x − qa) (x − q n−1 a), n ≥ gm @ (1.4) an Lu Dq (x − a)nq = [n](x − a)n−1 q m co l Mệnh đề 1.2 Với số tự nhiên n ≥ 1, ta có (1.5) va n Chứng minh Ta chứng minh quy nạp toán học Với n = 1, ta có (qx − a) − (x − a) (q − 1)x = = (q − 1)x (q − 1)x ac th Dq (x − a)1q = Dq (x − a) = si Do với n = 1, biểu thức (1.5) Giả sử biểu thức (1.5) với n = k, k+1 tức Dq (x − a)kq = [k](x − a)k−1 = q Theo Định nghĩa 1.3, ta có (x − a)q (x − a)kq (x − q k a) Áp dụng Mệnh đề 1.1, ta có Dq (x − a)k+1 = Dq (x − a)kq (x − q k a) q
= (x − a)kq Dq (x − q k a) + (qx − q k a)Dq (x − a)k−1 q = (x − a)kq + (qx − q k a)Dq (x − a)k−1 q = (x − a)kq + q(x − q k−1 a)[k](x − a)k−1 q lu an = (1 + q[k]) (x − a)kq = [k + 1](x − a)kq va n Mệnh đề chứng minh hoàn toàn gh tn to Bây giờ, ta trình bày số tính chất khác đa thức (x − a)nq p ie Trước hết, với m, n hai số nguyên dương Ta chứng tỏ (1.6) nl w m n (x − a)m+n = (x − a)m q q (x − q a)q d oa Thật vậy, ta có an lu (x − a)m+n = (x − a)(x − qa) (x − q m−1 a)(x − q m a)(x − q m+1 a) q oi lm ul nf va × (x − q m+n−1 a)   = (x − a)(x − qa) (x − q m−1 a)   m m n−1 m × (x − q a)(x − q(q a)) (x − q (q a)) z at nh m n = (x − a)m q (x − q a)q z @ (1.7) an Lu n số nguyên dương , (x − q −n a)nq m co (x − a)−n q = l (1.6) cho m = −n ta thu gm Ta mở rộng Định nghĩa 1.3 cho số nguyên âm cách biểu thức ac th n va Mệnh đề chứng tỏ công thức (1.6) với m n hai số nguyên si Mệnh đề 1.3 Cho m n hai số nguyên Khi m n (x − a)m+n = (x − a)m q q (x − q a)q (1.8) Chứng minh Trường hợp m > n > chứng minh Trường hợp m = n = kết hiển nhiên Ta xét trường hợp sau đây: * Trường hợp 1: m = −m0 < n > Khi đó, theo cơng thức (1.6), (1.7), ta thu lu 0 an m n −m (x − a)m (x − q −m a)nq q (x − q a)q = (x − a)q n va (x − q −m a)nq = (x − q −m0 a)m q    (x − q m0 (q −m0 a))n−m , n ≥ m0 , q =   , n < m0 n −m0 m −n ie gh tn to p x−q (q a)q nl w = (x − a)n+m = (x − a)n−m q q an lu thu d oa * Trường hợp 2: m ≥ n = −n0 < Theo công thức (1.6), (1.7), ta va m n m m −n (x − a)m q (x − q a)q = (x − a)q (x − q a)q oi lm ul nf (x − a)m q m−n (x − q a)nq   n0 m−n0 m−n0  (x−a) x−q a q  q   , m ≥ n0 n0 x−q m−n0 a) ( q =  (x−a)m  q   n0 −m m, m < n 0 −m m−n0 m−n n a) (q a)) (x−q (x−q q q     (x − a)m−n , m ≥ n0 q =    (x−qm−n0 a)n0 −m , m < n z at nh z an Lu = (x − a)m−n = (x − a)m+n q q m co l gm @ q va * Trường hợp 3: m = −m0 < n = −n0 < Theo công thức (1.6), n (1.7), ta thu 0 ac th m n −m (x − a)m (x − q −m a)−n q (x − q a)q = (x − a)q q si 27 = (b − a)r+2 q r+1 [r + 2](b − qa)q = (b − a)(b − qa) (b − q r+1 a) b−a = r+1 r+2 (b − qa) (b − q a) [r + 2] Bây giờ, sử dụng Định lý 2.2, ta thu b − cl ≤ b−a ≤ ck − a [r + 2] lu Z b Z ck Z b (b − qx)r+1 q r+1 r+1 − dq x ≤ − (Dqr+1 f )(x)dq x (Dq f )(x)dq x ≤ − (Dq f )(x) r+1 (b − qa)q cl a a an n va (Dqr+1 f )(x)dq x Z b ≤ (Dqr+1 f )(x) a a (b − qx)r+1 q dq x ≤ r+1 (b − qa)q b Z (Dqr+1 f )(x)dq x cl ie gh tn to Suy Z ck p Theo Bổ đề 2.1 với k = 0, tức c0 = bq = b, ta có Z b (b − qx)r+1 q r+1 (Dq f )(x) dq x [r + 1]! a Z b Z b Z b Rq,r,f (a, x)dq x + Rq,r,f (b, x)dq x = Rq,r,f (a, x)dq x = d oa nl w b a (b − qx)r+1 [r + 1]! q r+1 (Dq f )(x) dq x = r+1 (b − qa)q (b − qa)r+1 q b Z b a (Dqr+1 f )(x)dq x cl @ b l Z gm Rq,r,f (a, x)dq x ≤ (Dqr f )(b) − (Dqr f )(cl ) a an Lu Đây bất đẳng thức cần chứng minh m co [r + 1]! ≤ (b − qa)r+1 q Z Rq,r,f (a, x)dq x ≤ Từ bất đẳng thức trên, ta suy (Dqr f )(ck ) − (Dqr f )(a) Rq,r,f (a, x)dq x z a [r + 1]! (b − qa)r+1 q b a z at nh Từ suy Z ck (Dqr+1 f )(x)dq x ≤ Z oi lm a b ul Z nf va an Suy lu a ac th [a, b] n va Định nghĩa 2.2 Hàm f : [a, b] −→ R gọi q−lồi [a, b] Dq2 f ≥ si 28 Từ Định nghĩa 2.2, ta thấy hàm f (x) q−lồi qf (x) − (1 + q)f (qx) + f (q x) ≥ với x cho x ∈ [a, b] q x ∈ [a, b] Rõ ràng, f (x) hàm lồi [a, b] f (x) hàm q−lồi [a, b] Định lý trường hợp riêng Định lý 2.3 Định lý 2.4 Cho hàm f : [a, b] −→ R q−lồi q−đơn điệu Giả sử k, l ∈ {0, 1, , n} thỏa mãn ck ≥ aq+b 1+q , cl ≥ a+bq 1+q f hàm q−giảm, aq+b 1+q , cl ≤ a+bq 1+q f hàm q−tăng lu an ck ≤ va Khi n Z b f (x)dq x ≤ a gh tn to a(1 − q) f (ck ) − f (a) ≤ b − qa b − qa b−a f (a) + f (b) − f (cl ) (2.5) b − qa p ie Chứng minh Ta xét trường hợp f hàm q−giảm Trường hợp f hàm q−tăng chứng minh tương tự Với r = 0, ta có [r +2] = [2] = 1+q Khi b−a [r+2] ≤ b−cl Định lý 2.3 trở thành ck −a ≤ b−a 1+q ≤ b−cl oa nl w điều kiện ck −a ≤ Mặt khác, từ giả thiết Định lý 2.4, ta có d aq + b b−a a + bq b−a =a+ , cl ≤ =b− 1+q 1+q 1+q 1+q va an lu ck ≤ b−a 1+q ≤ b − cl Vì (Dq0 f )(x) = f (x) Rq,0,f (a, x) = ul nf Từ suy ck − a ≤ oi lm f (x) − f (a) nên theo cơng thức (2.4) Định lý 2.3, ta có Z b f (ck ) − f (a) ≤ [f (x) − f (a)]dq x ≤ f (b) − f (a) b − qa a z at nh Suy z Z b Z b 1 f (a)dq x ≤ f (x)dq x f (ck ) − f (a) + b − qa a b − qa a Z b ≤ f (b) − f (a) + f (a)dq x b − qa a m co l gm @ Ta lại có b f (a)dq x = (1 − q) j=0 qj ac th n−1 X j=0 bq j n = (1 − q)bf (a) j=0 cj f (a) = (1 − q)f (a) n−1 X va a n−1 X an Lu Z si 29 n = (1 − q)bf (a) 1−q = f (a)(b − bq n ) = f (a)(b − a) 1−q Từ suy a(1 − q) f (ck ) − f (a) ≤ b − qa b − qa b Z f (x)dq x ≤ a b−a f (a) + f (b) − f (cl ) b − qa Tiếp theo, chúng tơi trình bày kết khác hàm q−lồi q−đơn điệu lu an Định lý 2.5 Cho f : [a, b] −→ R hàm q−lồi q−đơn điệu Giả sử va k, l ∈ {0, 1, , n} cho n tn to ck ≥ q(a+b) 1+q , cl ≥ a+b 1+q f hàm q−giảm, q(a+b) 1+q , cl ≤ a+b 1+q f hàm q−tăng gh p ie ck ≤ f (ck ) ≤ b−a b Z f (qx)dq x ≤ f (a) + f (b) − f (cl ) (2.6) a d oa nl w Khi Chứng minh Ta xét trường hợp f hàm q−giảm Trường hợp f hàm lu (b−x) b−a Vì va an q−tăng chứng minh tương tự Đặt F (x) = −Dq f (x), G(x) = ul nf f q−lồi nên Dq2 f ≥ Dq f q−tăng Suy F (x) q−giảm Vì f oi lm q−giảm nên Dq f ≤ Suy F (x) ≥ Vậy F (x) ≥ q−giảm Ngoài ra, dễ dàng kiểm tra ≤ G(x) ≤ Do F (x) G(x) thỏa mãn giả z at nh z thiết Định lý 2.2 Ta lại có Z b Z b Z b 1 G(x)dq x = (b − x)dq x = − (x − b)dq x b−a a b−a a a Z b =− Dq (x − b)2q dq x (b − a)[2] a   (a − b)2q 2 =− (b − b)q − (a − b)q = (b − a)[2] (b − a)(1 + q) (a − b)(a − qb) qb − a = = (b − a)(1 + q) 1+q m co l gm @ an Lu ac th q(a + b) qb − a a+b qb − a =a+ , cl ≥ =b− 1+q 1+q 1+q 1+q n ck ≥ va Mặt khác, từ giả thiết, ta có si 30 Do hàm G(x) thỏa mãn đánh giá sau Z b b − cl ≤ G(x)dq x ≤ ck − a a Từ Định lý 2.2, ta suy ước lượng Z b Z b Z F (x)dq x ≤ F (x)G(x)dq x ≤ cl a ck F (x)dq x (2.7) a lu Mặt khác, ta lại có Z b Z b Z b x−b dq x = (x − b)(Dq f )(x)dq x F (x)G(x)dq x = − (Dq f )(x) a−b b−a a a a an n va p ie gh tn to Sử dụng công thức q−tích phân phần, ta thu Z b F (x)G(x)dq x a " # Z b (b − b)f (b) − (a − b)f (a) − f (qx)Dq (x − b)dq x = b−a a " # Z b = −(a − b)f (a) − f (qx)dq x b−a a Z b =− f (qx)dq x + f (a) b−a a d oa nl w va an lu oi lm ul nf Khi bất đẳng thức (2.7) trở thành Z b Z ck Z b f (qx)dq x + f (a) ≤ − − (Dq f )(x)dq x (Dq f )(x)dq x ≤ − b−a a cl a ck Z Z b Z b f (qx)dq x − f (a) ≤ (Dq f )(x)dq x z a cl gm @ a (Dq f )(x)dq x ≤ b−a z at nh Suy m co l Bất đẳng thức bên tương đương với Z b f (ck ) − f (a) ≤ f (qx)dq x − f (a) ≤ f (b) − f (cl ) b−a a an Lu Từ suy b Z ac th Đây bất đẳng thức cần chứng minh n f (qx)dq x ≤ f (b) + f (a) − f (cl ) a va f (ck ) ≤ b−a si 31 Nhận xét 2.2 Tương tự Nhận xét 1.8, cố định số a, b cho n −→ +∞, tức q −→ 1, bất đẳng thức phía bên trái bất đẳng thức (2.6) (2.7), ta thu bất đẳng thức sau   Z b a+b ≤ f f (x)dx b−a a Đây hai bất đẳng thức Hermite-Hadamard cho hàm lồi Do Định lý 2.4 2.5 đưa hai dạng q−analogue bất đẳng thức HermiteHadamard thứ lu an Tiếp theo, chúng tơi trình bày số ứng dụng bất đẳng thức va n q−Steffensen tn to Định lý 2.6 Cho f : [a, b] −→ R hàm cho số nguyên không âm ie gh r, m, M thỏa mãn m ≤ (Dqr+1 f )(x) ≤ M, ∀x ∈ [a, b], m < M Giả sử có số p k, l ∈ {0, 1, , n} thỏa mãn   r (Dq f )(b) − (Dqr f )(a) − m(b − a) ≤ ck − a M −m (2.8) d Khi oa nl w b − cl ≤ lu va an Z b   r+2 r+2 m(b − a)q + (M − m)(b − cl )q ≤ Rq,r,f (a, x)dq x [r + 2]! a   ≤ M (b − a)r+2 − (M − m)(b − ck )r+2 q q [r + 2]! (2.9) oi lm ul nf Chứng minh Đặt z at nh " # (x − a)r+1 q f (x) = f (x) − m , M −m [r + 1]! gm @
Dqr+1 f (x) − m M −m m co l G(x) = Dqr+1 f (x) = z (b − qx)r+1 q F (x) = , [r + 1]! Khi F (x) hàm q−giảm, F (x) ≥ ≤ G(x) ≤ Khi F (x) G(x) an Lu n va thỏa mãn giả thiết Định lý 2.2 Mặt khác, ta có Z b Z b m G(x)dq x = Dqr+1 f (x)dq x − (b − a) M −m a M −m a  r  = (Dq f )(b) − (Dqr f )(a) − m(b − a) M −m ac th si 32 Vậy điều kiện b − cl ≤ Rb a G(x)dq x ≤ ck − a Định lý 2.2 tương đương với (2.8) Sử dụng tính chất (ii) Mệnh đề 1.5, ta thu ước lượng Z b cl Z b (b − qx)r+1 q dq x = − Dq (b − x)r+2 F (x)dq x = q dq x [r + 1]! [r + 2]! cl cl   (b − cl )r+2 q r+2 r+2 =− (b − b)q − (b − cl )q = [r + 2]! [r + 2]! Z b lu Một cách hồn tồn tương tự, ta có Z ck Z ck   (b − qx)r+1 q = (b − a)r+2 − (b − ck )r+2 F (x)dq x = q q [r + 1]! [r + 2]! a a an n va p ie gh tn to Theo Bổ đề 2.1, ta có Z b F (x)G(x)dq x a Z b Z b (b − qx)r+1 q r+1 = (Dq f )(x)dq x = Rq,r,f (a, x)dq x [r + 1]! a a ! Z b r+1 (x − a) m q = Rq,r,f (a, x) − dq x M −m M − m [r + 1]! a Z b Z b Dq (x − a)r+2 m q = Rq,r,f (a, x)dq x − dq x M −m a M −m a [r + 2]! Z b   m − (a − a)r+2 = Rq,r,f (a, x)dq x − (b − a)r+2 q q M −m a (M − m)[r + 2]! Z b m = Rq,r,f (a, x)dq x − (b − a)r+2 q M −m a (M − m)[r + 2]! Rb Rc Rb Thay giá trị cl F (x)dq x, a k F (x)dq x a F (x)G(x)dq x vào ước d oa nl w oi lm ul nf va an lu z at nh z lượng (2.1) Định lý 2.2, ta thu đánh giá (2.9) Đây điều @ l gm phải chứng minh Định lý 2.7 Cho m ≤ Dq f ≤ M , m < M [f (b) − f (a) − m(b − a)] ≤ ck − a M −m an Lu b − cl ≤ m co (i) Giả sử có số k, l ∈ {0, 1, , n} thỏa mãn va n Khi ac th   m(b − a)2q + (M − m)(b − cl )2q 1+q si 33 b Z ≤ f (x)dq x − f (a)(b − a) a ≤   M (b − a)2q − (M − m)(b − ck )2q 1+q (ii) Giả sử có số k, l ∈ {0, 1, , n} thỏa mãn ck − a ≤ [f (b) − f (a) − m(b − a)] ≤ b − cl M −m Khi lu   m(a − b)2q − (M − m)(a − ck )2q 1+q Z b ≤ f (b)(b − a) − f (x)dq x an n va a gh tn to   ≤ M (a − b)2q − (M − m)(a − cl )2q 1+q p ie Chứng minh Phần (i) suy trực tiếp từ Định lý 2.6 với r = Ta w chứng minh phần (ii) Đặt f (x) = M −m ((Dq f )(x) [f (x) − m(x − b)] , F (x) = a − qx − m) Khi F (x) ≤ hàm q−giảm oa nl G(x) = Dq f (x) = M −m d ≤ G(x) ≤ Sử dụng Định lý 2.2 sử dụng kỹ thuật chứng minh lu va an tương tự Định lý 2.6 ta chứng minh phần (ii) Định lý 2.7 f (b)−f (a) b−a ≤ M Điều với q−đạo hàm Thật oi lm ul f (x) ≤ M m ≤ nf Nếu f (x) hàm khả vi theo nghĩa thông thường [a, b] m ≤ vậy, m ≤ (Dq f )(x) ≤ M [a, b] với x ∈ [a, b] Khi f (x) − f (qx) ≤ M (1 − q)x z Suy z at nh m≤ gm @ m(1 − q)b ≤ f (b) − f (qb) ≤ M (1 − q)b, l m co m(1 − q)qb ≤ f (qb) − f (q b) ≤ M (1 − q)qb, an Lu ., m(1 − q)q n−1 b ≤ f (q n−1 b) − f (a) ≤ M (1 − q)q n−1 b n ac th m(1 − q n )b ≤ f (b) − f (a) ≤ M (1 − q n )b va Cộng vế bất đẳng thức trên, ta thu si 34 Bất đẳng thức bên tương đương với m(b − bq n ) ≤ f (b) − f (a) ≤ M (b − bq n ) Hay m(b − a) ≤ f (b) − f (a) ≤ M (b − a) Từ suy m ≤ f (b)−f (a) b−a ≤ M Định lý cho ta đánh giá chặt bất đẳng thức đề cập lu an Định lý 2.8 Cho m ≤ Dq f ≤ M , m < M Giả sử có số va n k, l ∈ {0, 1, , n − 1} thỏa mãn to [f (b) − f (a) − m(b − a)] ≤ b − cl+1 , M −m p ie gh tn ck+1 − a ≤ [f (b) − f (a) − m(b − a)] ≤ ck − a M −m (2.11) oa nl w Khi b − cl ≤ (2.10) d   f (b) − f (a) M −m 2 (b − c ) + (a − c ) l k+1 q q ≤ (1 + q)(b − a)2 b−a   M −m 2 ≤M− (b − c ) + (a − c ) k l+1 q q (1 + q)(b − a)2 m+ lu ul nf va an (2.12) oi lm Chứng minh Áp dụng Định lý 2.7, ta thu ước lượng Z b   m(b − a)2q + (M − m)(b − cl )2q ≤ f (x)dq x − f (a)(b − a) 1+q a (2.13)   2 M (b − a)q − (M − m)(b − ck )q , ≤ 1+q z at nh z @ gm Z b f (x)dq x a (2.14) m co l   m(a − b)2q + (M − m)(a − ck+1 )2q ≤ f (b)(b − a) − 1+q   ≤ M (a − b)2q − (M − m)(a − cl+1 )2q 1+q an Lu Cộng vế (2.13) (2.14) với sử dụng ước lượng dây va n (b − a)2q + (a − b)2q = (b − a)(b − qa) + (a − b)(a − qb) = (b − a)2 (1 + q), ac th ta thu ước lượng (2.12) si 35 Giả sử f (x) hàm khả vi theo nghĩa thông thường đoạn [a, b] |f (x)| ≤ M , M số dương Năm 1939, cách tiếp cận hình học, Iyengar [13] đưa bất đẳng thức sau sau gọi bất đẳng thức Iyengar Z b (b − a)2 M (b − a)[f (a) + f (b)] [f (b) − f (a)]2 f (x)dx − −