Một số ứng dụng của bất đẳng thức young trong không gian lp

ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM ————— HỒ NGUYỄN NHẬT LINH MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA BẤT ĐẲNG THỨC YOUNG TRONG KHƠNG GIAN Lp KHĨA LUẬN TỐT NGHIỆP Người hướng dẫn khố luận: TS Hồng Nhật Quy Đà Nẵng, 5/2023 Mục lục Lời mở đầu 0.1 0.2 Tổng quan lý chọn đề tài Phương pháp nghiên cứu 0.3 0.4 Đối tượng phạm vi nghiên cứu Đóng góp đề tài 5 0.5 0.6 Ý nghĩa lý luận thực tiễn đề tài Kết cấu đề tài KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1 Hàm lồi phép toán hàm lồi 7 1.2 1.3 Bất đẳng thức Jensen số hệ Bất đẳng thức Young dạng 15 19 1.4 Không gian Lp 27 MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA BẤT ĐẲNG THỨC YOUNG TRONG KHÔNG GIAN Lp 32 2.1 Dạng cải tiến bất đẳng thức Young 32 2.2 Bt ng thc Roger Hăolder v dng cải tiến 35 Kết luận 41 Tài liệu tham khảo 42 Phụ lục: Bài báo khoa học 43 LỜI CẢM ƠN Lời đầu tiên,em xin chân thành tri ân sâu sắc thầy giáo, cô giáo Trường Đại học Sư Phạm- Đại học Đà Nẵng, đặc biệt thầy, khoa Tốn tạo điều kiện cho em thực Khóa Luận Tốt Nghiệp Thời gian vừa rồi, nhờ có hướng dẫn tận tình hết lịng TS Hồng Nhật Quy, em hiểu thêm nhiều kiến thức khơng xoay quanh Khóa Luận cịn vấn đề thú vị Tốn học nữa! Một lần em xin chân thành cảm ơn thầy! Với vốn kiến thứ hạn hẹp thân thời gian hạn chế, việc hồn thành khóa luận khơng thể tránh khỏi thiếu sót Nên em mong nhận ý kiến đóng góp xây dựng q thầy để Khóa luận tốt nghiêp em hoàn thành chỉnh chu Em xin chân thành cảm ơn Mở đầu 0.1 Tổng quan lý chọn đề tài Hàm lồi (xem thêm [4]) đối tượng nghiên cứu tốn giải tích tốn ứng dụng Một ứng dụng đẹp hàm lồi ứng dụng để chứng minh bất đẳng thức sáng tạo bất đẳng thức Một số bất đẳng thức kinh điển bất đẳng thức Young, bất đẳng thức AM - GM, (xem thêm [1], [4]) chứng minh đẹp hàm lồi, từ có nhiều ứng dụng khác toán học Bất đẳng thức Young ([4], [6], [7], [8]) công cụ quan trọng để nghiên cứu tính chất quan trọng không gian Lp ([1], [2], [5]) Lớp hàm thuộc không gian Lp có vai trị quan trọng tốn ứng dụng Như vậy, việc nghiên cứu sâu bất đẳng thức Young dẫn tới việc tìm tính chất tốt khơng gian Lp Với lý trên, với hướng dẫn khoa học giảng viên TS Trần Nam Sinh, chúng em định chọn đề tài "Một số mở rộng ứng dụng bất đẳng thức Young" để đăng ký cơng trình nghiên cứu khoa học sinh viên năm học 2022 - 2023 Đề tài kỳ vọng góp phần hồn thiện phát triển lực tốn học cho chúng em trước hồn thành chương trình đào tạo ngành Sư phạm Tốn học tốt nghiệp trường 0.2 Phương pháp nghiên cứu Đề tài chủ yếu sử dụng công cụ phương pháp lập luận phổ biến giải tích lồi nói riêng giải tích tốn học nói chung để chứng minh kết 0.3 Đối tượng phạm vi nghiên cứu • Đối tượng nghiên cứu: Đối tượng nghiên cứu đề tài hàm lồi, bất đẳng thức Young khơng gian Lp • Pham vi nghiên cứu: Phạm vi nghiên cứu đề tài thuộc lĩnh vực giải tích lồi tốn học 0.4 Đóng góp đề tài Đề tài đạt hai kết sau đây: • Hệ thống hóa số nội dung liên quan tới hàm lồi; • Chứng minh số dạng mở rộng bất đẳng thức Young ứng dụng bất đẳng thức Young không gian Lp Các kết đề tài cơng bố báo đăng tạp chí KH CN Trường ĐH Quảng Bình (T.11, S 4, pp 10 -19) [3] 0.5 Ý nghĩa lý luận thực tiễn đề tài • Ý nghĩa lý luận đề tài: Đề tài giúp hiểu biết thêm hàm lồi dạng phong phú bất đẳng thức Young, ứng dụng bất đẳng thức khơng gian Lp • Ý nghĩa thực tiễn đề tài: Các kết đề tài góp phần vào việc nâng cao chất lượng đào tạo nghiên cứu tốn học nói chung tốn giải tích nói riêng chương trình đào tạo ngành Sư phạm Toán học 0.6 Kết cấu đề tài Kết cấu báo cáo đề tài gồm có phần sau đây: • Mở đầu • • • • Chương Kiến thức chuẩn bị Chương Một số dạng mở rộng ứng dụng bất đẳng thức Young Kết luận Tài liệu tham khảo Chương KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1 Hàm lồi phép toán hàm lồi Trong mục ta giả sử tập I ⊂ R tập lồi, tức với x, y ∈ I , với λ ∈ [0, 1] ta có (1 − λ)x + λy ∈ I Định nghĩa 1.1.1 Một hàm f : I → R gọi lồi I tập lồi với x, y ∈ I , λ ∈ R, λ ∈ [0, 1], ta có: f ((1 − λ)x + λy) ⩽ (1 − λ)f (x) + λf (y) (1.1) Hàm f gọi lồi chặt bất đẳng thức (1.1) với x ̸= y , λ ∈ (0, 1) Nếu hàm −f hàm lồi (lồi chặt) f gọi hàm lõm (lõm chặt) Nếu hàm f vừa lồi vừa lõm f gọi hàm affine Ví dụ 1.1.1 • Các hàm affine có dạng mx + n, với m n số • Các hàm sau lồi: + Hàm phần dương x+ = max {x, 0} R + Hàm phần âm x− = max {−x, 0} R + Hàm giá trị tuyệt đối |x| = max {−x, x} R √ • Hàm f (x) = x lõm khoảng [0, +∞) Ý nghĩa hình học hàm lồi: Cho hàm lồi f : I → R [u, v] ⊂ I Khi đó, ta có điểm thuộc đồ thị f |[u,v] nằm phía (hoặc trên) dây cung có điểm đầu mút (u, f (u)) (v, f (v)), với u, v ∈ I cho u < v ; xem Hình 1.1 Do bất đẳng thức (1.1) tương đương f (x) ≤ f (u) + f (v) − f (u) (x − u) v−u (1.2) với x ∈ [u, v], với u, v ∈ I , u < v Hình 1.1: Hàm số lồi: Đồ thị nằm dây cung Nhận xét 1.1.1 Cho f : I → R hàm lồi Khi đó, với [u, v] ⊂ I ta có, hàm f bị chặn [u, v] Chứng minh Với x ∈ [u, v] tồn λ ∈ [0, 1] cho: x = (1 − λ)u + λv Khi đó, ta có f (x) = f [(1 − λ)u + λv] ≤ (1 − λ)f (u) + λf (v) ≤ (1 − λ)M + λM = M, Mặt khác, ta viết x = (với M = max(f (u), f (v))) u+v v−u + t với |t| ≤ , dễ dàng 2 suy       u+v u+v u+v f (x) = f + t ≥ 2f −f −t 2   u+v ≥ 2f − M Vậy hàm f bị chặn [u, v] Định lý 1.1.2 Cho hàm f : I → R gọi lồi f liên tục điểm I , tức liên tục int(I) Chứng minh Giả sử a ∈ int(I) chọn ε > cho [a − ε, a + ε] ⊂ I Vì f hàm lồi nên ta có:   1 1 f (a) = f (a − tε) + (a + tε) ≤ f (a − tε) + f (a + tε) 2 2 Hay f (a) − f (a − tε) ≤ f (a + tε) − f (a) Vì f lồi nên ta có: f (a ± tε) = f ((1 − t) a + t (a ± ε)) ≤ (1 − t) f (a) + tf (a ± ε) , ∀t ∈ [0, 1] Từ f (a ± tε) ≤ (1 − t) f (a) + tf (a ± ε), trừ hai vế cho f (a) ta có : f (a ± tε) − f (a) ≤ (1 − t) f (a) + tf (a ± ε) − f (a) = t (f (a ± ε) − f (a)) (∗) Mặt khác, từ (∗), ta có: f (a + tε) − f (a) ≤ t (f (a + ε) − f (a)) ⇔ −t (f (a + ε)) − f (a) ≤ f (a) − f (a + tε) Mà f (a) − f (a + tε) ≤ f (a − tε) − f (a) Nên −t (f (a + ε) − f (a)) ≤ f (a − tε) − f (a) Tương tự, ta có −t (f (a − ε) − f (a)) ≤ f (a + tε) − f (a) Do đó, −t(f (a ∓ ε) − f (a)) ≤ f (a ± tε) − f (a).(∗∗) Từ (∗) (∗∗) ta có: −t(f (a ∓ ε) − f (a)) ≤ f (a ± tε) − f (a) ≤ t(f (a ± ε) − f (a)) Suy |f (a ± tε) − f (a)| ≤ t.max {|f (a − ε) − f (a)| , |f (a + ε) − f (a)|} , với t ∈ [0, 1].Điều suy hàm f liên tục a ∈ int(I) Nhận xét 1.1.3 Xét hàm lồi f xác định đoạn [a, b] Khi đó, theo Định lý 1.2.1, hàm f liên tục khoảng (a, b) Tuy nhiên, đầu mút a, b f liên tục Ta xét ví dụ sau Ví dụ 1.1.2 Xét hàm số f : [0, 1] → R, xác định sau  0 x ∈ (0, 1) f (x) = 1 x = x = Có thể kiểm tra rằng, hàm f lồi [0, 1] gián đoạn loại điểm x = x = Mệnh đề sau giúp ta chỉnh hóa hàm lồi xác định đoạn gián đoạn đầu mút thành hàm lồi liên tục đoạn tương ứng Mệnh đề 1.1.4 Nếu f : [a, b] → R hàm lồi, sau giới hạn f (a+) = limx↘a f (x) f (b−) = limx↗b f (x) tồn R    f (a+) x = a f˜ (x) = f (x) x ∈ (a, b)   f (b−) x = b, hàm lồi liên tục Chứng minh Xem [4] Dưới kết quan trọng: Bổ đề 1.1.1 Nếu f : I → R lồi, f đơn điệu int(I), tồn điểm ξ ∈ int(I), cho f giảm (−∞, ξ] ∩ I tăng [ξ, +∞) ∩ I Chứng minh Chọn a < b tùy ý số điểm bên I đặt m = int {f (x) : x ∈ [a, b]} Vì f liên tục [a, b], tồn điểm ξ ∈ [a, b], cho, m = f (ξ) 10 Ω Ω Z Ω |f g| dµ ≤ ∥f ∥p ∥g∥q 20 (1.5) Suy ra, Z f gdµ ≤ ∥f ∥ ∥g∥ p q (1.6) Ω T bt ng thc Rogers - Hoălder c suy với p, q, r ∈ 1 (1, ∞) với + = f ∈ Lp (µ) g ∈ Lq (µ) ta có f g ∈ Lr (µ) p q r ∥f g∥r ≤ ∥f ∥p ∥g∥q (1.7) Trường hợp đặc biệt bất đẳng thức (1.6), p = q = 2, gọi bất đẳng thức Cauchy - Bunyakovsky - Schwarz Chứng minh Bất đẳng thức tầm thường Nếu f g hầu khắp nơi, bất đẳng thức thứ hai tầm thường Mặt khác, dùng bất đẳng thức Young, ta có |f (x)| |g(x)| |f (x)|p |g(x)|q ≤ + ∥f ∥p ∥g∥q p ∥f ∥pp q ∥g∥qq cho x Ω, cho f g ∈ L1 (µ) Vậy Z |f g| dµ ≤ ∥f ∥p ∥g∥q Ω chứng minh (1.5) thực Bất đẳng thức (1.6) hiển nhiên Nhận xét 1.3.4 (Điều kiện cho bất đẳng thức Định lý 1.3.3) R Ta thấy f ≥ Ω f dµ = nên f = µ - hầu khắp nơi Do đó, ta có bất đẳng thức (1.4) f (x)g(x) = eiθ |f (x)g(x)| với số thực θ cho µ-hầu khắp nơi Giả sử p, q ∈ (1; ∞), f g hầu khắp nơi Để có bất đẳng thức (1.5), điều kiện cần đủ để có |f (x)| |g(x)| |f (x)|p |g(x)|q = + ∥f ∥p ∥g∥q p ∥f ∥pp q ∥g∥qq 21 µ - hầu khắp nơi Trường hợp đẳng thức Young cho thấy điều |f (x)| |g(x)|q tương đương với = , µ - hầu khắp nơi, là, ∥f ∥pp ∥g∥qq A|f (x)|p = B|g(x)|q , µ - hầu khắp nơi số số dương A B Nếu p = q = ∞, ta có đẳng thức (1.5), có số λ ≥ cho |g(x)| ≤ λ µ - hầu khắp nơi |g(x)| = λ µ - hầu khắp nơi tập hợp {x : f (x) ̸= 0} Định lý 1.3.5 (Bất đẳng thức Minkowski) Cho ≤ p < ∞ f, g ∈ Lp (µ) ta có ∥f + g∥p ≤ ∥f ∥p + ∥g∥p (1.8) Hay ta có bất đẳng thức Mp (x + y, λ) ≤ Mp (x, λ) + Mp (y, λ) (1.9) Chứng minh Với p = 1, bất đẳng thức (1.8) trở thành |f + g| ≤ |f | + |g| Cho p ∈ (1; ∞), ta có |f + g|p ≤ (|f | + |g|)p ≤ (2sup {|f | , |g|})p ≤ 2p (|f |p + |g|p ), điều cho thấy f + g ∈ Lp (µ) Hơn nữa, theo Định lý 1.3.3, Z Z Z ∥f + g∥pp = |f + g|p dµ ≤ |f + g|p−1 |f | dµ + |f + g|p−1 |g| dµ Ω ≤ Z |f |p dµ Ω  p1 Z Ω |f + g|(p−1)q dµ  1q Z + Ω Ω  |g|p dµ  p1 Z Ω |f + g|(p−1)q dµ Ω p q  = ∥f ∥p + ∥g∥p ∥f + g∥p , 1 p + = 1, ta suy p − = p q q Nhận xét 1.3.6 Từ đồng thức Lagrange ta bất đẳng thức C-B-S n X k=1 ! a2k n X k=1 ! b2k = X (aj bk − ak bj )2 + 1≤j