Bất đẳng thức tích phân Opial là bất đẳng thức liên quan giữa hàm số và đạo hàm của nó; Khóa luận đã trình bày các kiến thức về tích phân, các bất đẳng thức cổ điển, hàm số liên tục tuyệt đối và các bất đẳng thức mở rộng có dạng bất đẳng thức Opial ...
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 Công nghệ tạo điều kiện thuận lợi để hoàn thành tốt khóa luận Tôi cảm ơn đến quý thầy cô Bộ môn Toán, toàn thể quý thầy cô trường Đại học Tây Nguyên dạy dỗ truyền đạt cho kiến thức quý báu suốt trình học tập trường Đặc biệt, xin gửi lời cảm ơn sâu sắc đến thầy TS.Trần Thanh Tùng, người trực tiếp hướng dẫn truyền đạt cho kiến thức, kinh nghiệm quý báu trình học tập trình hoàn thành khóa luận Thầy giúp củng cố lại kiến thức cũ đồng thời bổ sung thêm kiến thức làm bước vào làm khóa luận Trong suốt trình làm khóa luận thầy định hướng, góp ý, sửa chữa lỗi sai giúp hướng Cuối cùng, xin gửi lời cảm ơn đến gia đình tập thể lớp SP Toán K11 giúp đỡ tạo điều kiện tốt cho trình học tập hoàn thành khóa luận Đắk Lắk, tháng năm 2015 Sinh viên Đào Anh Dương Mục lục Lời cảm ơn Danh mục viết tắt iii Mở đầu iv Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 Một số kiến thức tích phân 1.1.1 Định nghĩa 1.1.2 Điều kiện khả tích 1.1.3 Một số tính chất Các bất đẳng thức 1.2.1 Bất đẳng thức Cauchy - Schwarz 1.2.2 Bất đẳng thức Holder 1.2.3 Bất đẳng thức Jensen 1.2.4 Bất đẳng thức Young 1.2.5 Bất đẳng thức AM-GM 1.3 Hàm liên tục tuyệt đối 1.4 Công thức Taylor 1.2 i Chương Bất đẳng thức Opial mở rộng 2.1 Bất đẳng thức tích phân dạng Opial 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 người hướng dẫn 35 ii DANH MỤC CÁC KÝ HIỆU N : N0 : N0,n : Nn : C r0, hs t1, 2, ✉ t0, 1, 2, ✉ t0, 1, 2, , n✉ t0, 1, 2, , n 1✉ : Không gian hàm số liên tục r0, hs C r0, hs : Không gian hàm số khả vi liên tục r0, hs C k r0, hs : Không gian hàm số khả vi liên tục bậc k r0, hs Dk u ♣xq D0 u ♣xq : Đạo hàm bậc k hàm u♣xq : u♣xq iii Mở đầu Từ xưa tới nay, bất đẳng thức có ảnh hưởng to lớn đến phát triển nhiều nhánh toán học ngành khoa học khác Các nhà toán học kỉ 20 nhận tầm quan trọng bất đẳng thức việc đưa hàng loạt kết toán Bất đẳng thức Opial công bố năm 1960 nhà toán học người Ba Lan Zdzislaw Opial, trình nghiên cứu bất đẳng thức liên quan hàm số đạo hàm Bắt đầu từ đó, nhà toán học dành quan tâm đặc biệt tới bất đẳng thức Opial với nhiều cách chứng minh đơn giản hơn, mở rộng tổng quát hóa bất đẳng thức Opial thành bất đẳng thức dạng Opial, bất đẳng thức rời rạc dạng Opial Bất đẳng thức Opial dạng đóng vai trò quan trọng toán học đại Do đó, định chọn đề tài "Bất đẳng thức Opial mở rộng" với mục tiêu trình bày kiến thức bất đẳng thức Opial dạng nó, sau trình bày số mở rộng bất đẳng thức thông qua số định lí hệ đăng số tạp chí toán học Nội dung khóa luận trình bày hai chương Chương Chương trình bày kiến thức tích phân, hàm số liên tục tuyệt đối, công thức Taylor bất đẳng thức bất đẳng thức Cauchy – Schwarz, Holder, Jensen, Young, AM – GM để phục vụ cho chứng minh Chương Chương Chương trình bày bất đẳng thức Opial mở rộng bất đẳng thức Opial Đây nội dung khóa luận iv Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 1.1.1 Một số kiến thức tích phân Định nghĩa Định nghĩa 1.1.1 ([3], tr 249) Cho hàm số f ♣xq xác định bị chặn khoảng đóng ra, bs, chia ra, bs thành khoảng nhỏ phân hoạch P, khoảng nhỏ rxi✁1 , xi s lấy điểm ξi tùy ý xi✁1 ↕ ξi ↕ xi ♣i ✏ 1, 2, , nq 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) số xác định, số phụ thuộc số khoảng nhỏ n, phụ thuộc ξi , chọn tùy ý rxi✁1 , xi s phụ thuộc cách chọn phân hoạch P Nếu n tăng vô hạn ♣n ÝÑ ✽q cho max λi :✏ λ, λ ÝÑ 0, với λi :=∆xi i ↕n ♣i ✏ 1, nq, σ có giới hạn (hữu hạn) I, giới hạn I không phụ thuộc cách chọn điểm ξi , không phụ thuộc cách chọn phân hoạch P I ✏ lim σ λÝÑ0 ♣nÝÑ✽q (1.2) I gọi tích phân xác định hàm số f ♣xq lấy khoảng đóng ra, bs kí hiệu ➺b f ♣xq dx a I ➺b ✏ f ♣xq dx (1.3) a Khi ta nói hàm số f ♣xq khả tích ra, bs, ra, bs khoảng lấy tích phân, a cận dưới, b cận tích phân, x biến số lấy tích phân, f ♣xq hàm số lấy tích phân f ♣xq dx biểu thức dấu tích phân 1.1.2 Điều kiện khả tích Định lý 1.1.1 ([3], tr 252) Nếu f ♣xq liên tục ra, bs f ♣xq khả tích ra, bs Định lý 1.1.2 ([3], tr 252) Nếu f ♣xq bị chặn ra, bs có số hữu hạn điểm gián đoạn loại ra, bs f ♣xq khả tích ra, bs 1.1.3 Một số tính chất Nội dung phần tham khảo từ ([2], tr 465) Tính chất Nếu f, g hai hàm liên tục ra, bs f ♣xq ➙ g ♣xq , ra, bs ➺b a f ♣xq dx ➙ ➺b a g ♣xq dx ❅x Tính chất Nếu f hàm liên tục ra, bs thỏa mãn m ↕ f ♣xq ↕ M, ❅x ra, bs m ♣b ✁ aq ↕ ➺b a f ♣xq dx ↕ M ♣b ✁ aq ✞➺ b ✞ ✞ ✞ Tính chất Nếu f hàm liên tục a, b ✞✞ f x dx✞✞ a ➺b r s a ⑤f ♣xq⑤dx ♣q ↕ Tính chất Nếu f hàm liên tục ra, bs tồn điểm c ra, bs cho 1.2 1.2.1 ➺b a f ♣xq dx ✏ f ♣cq ♣b ✁ aq Các bất đẳng thức Bất đẳng thức Cauchy - Schwarz Dạng ([2], tr 123) Cho hai dãy số thực a1 , a2 , , an b1 , b2 , , bn , ta có bất đẳng thức sau ✄ n ➳ i ✏1 ☛2 b i ↕ ✄ n ➳ i✏1 ☛✄ n ➳ i✏1 ☛ bi , đẳng thức xảy tồn số µ ✘ thỏa mãn ↕ i ↕ n ✏ µbi, Dạng tích phân ([2], tr 478) Cho hàm khả tích f, g : ra, bs Ñ R, ta có bất đẳng thức sau ✂➺ b a f ♣xq g ♣xq dx ✡2 ↕ ➺b a ➺b rf ♣xqs dx rg ♣xqs2dx, a đẳng thức xảy tồn số µ ➺ t ➺khi t t ra, bs ta có µ f ♣xq dx ✏ g ♣xq dx a 1.2.2 ✘ cho với a Bất đẳng thức Holder Dạng bản.([2], tr 173) Cho hai dãy số thực x1 , x2 , , xn y1 , y2 , , yn bất kì, p, q hai số thực 1 thỏa mãn điều kiện p ➙ 1, q ➙ ✏ Khi đó, ta có bất đẳng thức p q sau ✄ ☛ ✄ ☛ n ➳ k ✏1 ⑤xiyi⑤ ↕ n ➳ k ✏1 ⑤xi⑤p 1④p n ➳ k ✏1 ⑤yi⑤q 1④q ➺ b ✑✞ ✞ ✞ ✞ ♣ nq t✞ ✞u t v ↕ ♣q ♣q ♣q a ✞✙ ✞ ✞ ✞ ♣ nq t ✞ dt ✞v t u ✂➺ b ♣n ✁ 1q!♣2n ✁ 1q 1④2 ☎ ✂ ♣q ➺ b ✓✞ ✞ ♣ nq ✆ t ✞v ♣q a a ✡1④2 ♣t ✁ aq2♣n✁1④2 qdt ✞2 ✡1④2 ✞ ✂➺ t ✞ ✞ ✞ ♣nq ✞ s ✞ ds ✞u ✞ ♣q a ♣ b ✁ aqn ↕ ♣n ✁ 1q!♣2n ✁ 1q1④2 ♣2nq1④2 ✂ ➺ b ✒✞ ✞2 ✡ ✞ ✂➺ t ✞ ✞ ✞ ♣ nq ✞ ♣nq ✞2 s ✞ ds t✞ ✞u ✞v ♣q ♣q a ❄ 2♣b ✁ aqn ✏ ♣n ✁ 1q!♣2n ✁ 1q1④2 ♣2nq1④2 ✂ ✂ ✏ a ✂➺ b a d dt ❄ ✞ ✞ ♣ nq t ✞u ♣q ✞2 ✡1④2 ✞ ✂➺ t ✞ ✞ ✞ ✞ ♣ nq s ✞ ds ✞ ✞v ♣q a ✛2 ☞1④2 ✞2 ✡✚ ✡1④2 ✞ ✂➺ t ✞ ✞ ✞ ✞ ♣nq ✞ ♣nq ✞2 s ✞ ds dt t✞ ✞v ✞u ♣q ♣q a ✧✂➺ t ✞ ✞2 ✡✯ ✡1④2 ✞2 ✡ ✂➺ t ✞ ✞ ♣nq ✞ ✞ ♣nq ✞ s ✞ ds dt s ✞ ds ✞v ✞u a ♣q a ♣q ✂✂➺ b ✞ ✞ ♣nq s ✞u 1④2 1④2 n ! 2n 2n a ✂ ✡1④2 ➺ b ✒✞ ✞ n ✞ ♣nq ✞2 n b a t✞ ✞u 2♣b ✁ aqn ♣ ✁ q♣ ✁ q ♣ q ↕ 2n! 2n ✁ ♣ ✁ q ✞2 ✡✡1④2 ✞2 ✡ ✂➺ b ✞ ✞ ♣ nq ✞ ✞ s ✞ ds ✞v ✞ ds ♣q ♣q a a ♣q ✞ ✞ ✚ ✞ ♣nq ✞2 t ✞ dt ✞v ♣q Ta chứng minh xong định lý ✏ 1, 2, , n, hàm liên tục không âm khoảng I Cho f, g C ♣n✁1q ♣I q Dn✁1 f ♣xq , Dn✁1 g ♣xq hàm liên tục tuyệt đối I với Dk f ♣aq ✏ Dk f ♣bq ✏ 0, Dk g ♣aq ✏ Dk g ♣bq ✏ 0, ↕ k ↕ n ✁ Khi ta có bất đẳng thức sau Định lý 2.3.3 ([11]) Cho pi✁1 , i ➺b➳ n a i ✏1 ↕ ✞ i✁1 ✞ ✞ i✁1 ✞ ✞ ✞ ✞ t D f t D g t ✞ dt pi✁1 ♣ ✂ q ♣q ♣q ✡ n ✒✂➺ b ✡ ✂➺ b ✑ ✡✚ ✞ i ✞2 ✞ i ✞2 ✙ b✁a ➳ ✞D f ♣tq✞ ✞D g ♣tq✞ dt , pi✁1 ♣tq dt a a i ✏1 (2.43) 21 dt✌ ✄➺ n b➳ a i✏1 pi✁1 ♣ ✂ ✡2 ↕ n ☛2 ✞ i✁1 ✞ ✞ i ✁1 ✞ t ✞D f t ✞ ✞D g t ✞ dt q ♣b ✁ aq4 n ➳ ♣q ♣q ✒✂➺ b ✡ ✂➺ b ✑ ✞ i ✞ ✞D f t ✞4 t dt i ✏1 a p2i✁1 ♣ q ♣q a ✡✚ ✞ i ✞4 ✙ ✞D g t ✞ dt , ♣q (2.44) n ✂➺ b ➵ i✏1 ↕ a pi✁1 ♣ ✂ ✡n ✂ ✡ ✞ i✁1 ✞ ✞ i✁1 ✞ t ✞D f t ✞ ✞D g t ✞ dt q b✁a ♣q ✡n ✂ n ➵ ♣q ✒✂➺ b i✏1 a pi✁1 ♣ ✡ ✂➺ b ✑ ✞ i ✞ ✞D f t ✞2 t dt q ♣q a ✡✚ ✞ i ✞2 ✙ ✞D g t ✞ dt ♣q (2.45) Chứng minh Từ giả thiết, với t I i ✏ 1, 2, , n, ta có Di✁1 f ♣tq ✏ D i✁1 g ♣tq ✏ ➺t a ➺t Di f ♣sq ds, D f ♣sq ds, i a Di✁1 f ♣tq ✏ ✁ D i✁1 g ♣tq ✏ ✁ ➺b t ➺b t Di f ♣sq ds, (2.46) Di g ♣sq ds, (2.47) Từ (2.46) (2.47), ta có ✞ i✁1 ✞ ✞D f t ✞ ♣q ↕ ✞ i✁1 ✞ ✞D g t ✞ ♣q ↕ 2 ➺b ✞ i ✞ ✞D f t ✞ dt, (2.48) ✞ i ✞ ✞D f t ✞ dt, (2.49) ♣q a ➺b với i ✏ 1, 2, , n a ♣q Từ (2.48) (2.49), sau sử dụng bất đẳng thức cd ↕ ✟ 1 c d2 bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta 22 n ➳ i✏1 ↕ ✞ 1➳ pi✁1 ♣tq i✏1 n n 1➳ ↕4 ↕ ✞✞ ✞ pi✁1 ♣tq ✞Di✁1 f ♣tq✞ ✞Di✁1 g ♣tq✞ i✏1 ✂ pi✁1 ♣tq ✂➺ b ✡ ✂➺ b ✡ ✞ i ✞ ✞ i ✞ ✞D f t ✞ dt ✞D g t ✞ dt ♣q a ✓✂➺ b✞ ♣q a ✡2 ✂➺ b ✞ ✞Di f t ✞ dt ♣q a ✡2 ✛ ✞ i ✞ ✞D g t ✞ dt ♣q a ✡ n ✂➺ b ✑ ✡ ✞ i ✞2 ✞ i ✞2 ✙ b✁a ➳ ✞D f ♣tq✞ ✞D g ♣tq✞ dt pi✁1 ♣tq a i✏1 (2.50) Tích phân (2.50) với cận từ a đến b ta thu bất đẳng thức (2.43) Tiếp theo, ta bình phương hai vế bất đẳng thức (2.43) sau sử dụng bất đẳng thức ♣c1 cnq2 ↕ n ✟ c21 c2n , bất đẳng thức Cauchy – Schwarz bất đẳng thức ♣c dq2 ↕ ✟ c2 d2 , ta thu ✄➺ n b➳ a i✏1 ☛2 ✞ i✁1 ✞ ✞ i✁1 ✞ t ✞D f t ✞ ✞D g t ✞ pi✁1 ♣ q ✂ ✡2 ✂ ✡2 ↕n ✂ ✡2 ✂ ✡2 ↕ n 12 ↕ ✂ ✡2 n 4 ♣q ♣b ✁ aq2 ♣b ✁ aq4 ♣ b ✁ aq ♣q n ➳ b i✏1 ✓✂➺ n b ➳ a i✏1 ✒✂➺ b n ➳ i✏1 ✓✂➺ a a pi✁1 ♣ ✡2 ✂➺ b ✑ ✞ i ✞ ✞D f t ✞2 t dt q ♣q a ✡ ✄➺ b ✑ ✞ i ✞ ✞D f t ✞2 p2i✁1 t dt ♣q ♣q a ✡ ✂➺ b ✑ ✞ i ✞ ✞D f t ✞4 p2i✁1 t dt ♣q a ♣q Vậy ta chứng minh xong bất đẳng thức (2.44) Ta tiếp tục chứng minh bất đẳng thức (2.45) 23 ✡2 ✛ ✞ i ✞2 ✙ ✞D g t ✞ dt ♣q ☛✛ ✞ i ✞2 ✙2 ✞D g t ✞ dt ♣q ✡✚ ✞ i ✞4 ✙ ✞D g t ✞ dt ♣q Từ (2.48), (2.49) sử dụng bất đẳng thức ✟ 1 c d2 cd ↕ bất đẳng thức Cauchy – Schwarz, ta ➺b a ✞ ✞✞ ✞ pi✁1 ♣tq ✞Di✁1 f ♣tq✞ ✞Di✁1 g ♣tq✞ dt ↕ ↕ ↕ ✂➺ b a ✂➺ b ✂ a ✡ ✂➺ b pi✁1 ♣tqdt ✡ ✡ ✂➺ b a ✓✂➺ ♣q a pi✁1 ♣tqdt b✁a ✡ ✂➺ b ✡ ✞ i ✞ ✞ i ✞ ✞D f t ✞ dt ✞D g t ✞ dt pi✁1 ♣ b✞ a ✡2 ✞ ✞Di f t ✞ dt ♣q a ♣q ✡ ✂➺ b ✑ ✞ i ✞ ✞D f t ✞2 t dt q a ✂➺ b ♣q ✡2 ✛ ✞ i ✞ ✞D g t ✞ dt a ♣q ✡ ✞ i ✞2 ✙ ✞D g t ✞ dt ♣q (2.51) Từ (2.51) ta có n ✂➺ b ➵ i✏1 ↕ a ✡ ✞ i✁1 ✞ ✞ i✁1 ✞ t ✞D f t ✞ ✞D g t ✞ dt pi✁1 ♣ ✂ ✡n ✂ q b✁a ✡n n ➵ i✏1 ♣q ♣q ✒✂➺ b ✡ ✂➺ b ✑ ✞ i ✞ ✞D f t ✞2 t dt a pi✁1 ♣ q a ♣q ✡✚ ✞ i ✞2 ✙ ✞D g t ✞ dt ♣q Bất đẳng thức chứng minh xong Như ta chứng minh xong Định lý 2.3.3 2.4 Bất đẳng thức rời rạc dạng Opial Năm 1967, Wong [16] chứng minh bất đẳng thức rời rạc sau Định lý 2.4.1 ([16]) Cho tui ✉ dãy số thực không giảm với u0 0, p ➙ Khi ta có bất đẳng thức sau n ➳ i✏1 upi n ♣ n 1qp ➳ ♣ui ✁ ui✁1q ↕ p ♣ui ✁ ui✁1qp 1 i✏1 24 ✏ (2.52) ✏ ui ✁ ui✁1 xj , xi ➙ Chứng minh Đặt xi Suy ui ✏ i ➦ j ✏1 Khi viết lại (2.52) sau n ➳ i✏1 ✄ xi ☛p i ➳ j ✏1 xj n ♣ n 1qp ➳ p 1 ↕ p xi i✏1 (2.53) Ta chứng minh (2.53) quy nạp Rõ ràng (2.53) với n ✏ Giả sử (2.53) với n, ta cần chứng minh (2.53) với n 1, nghĩa n➳ 1 i✏1 ✄ xi ☛p i ➳ xj j ✏1 n ♣ n 2qp ➳ p 1 xi ↕ p 1 i✏1 (2.54) Thật vậy, ta có n➳ 1 i✏1 ✄ xi i ➳ j ✏1 ☛p xj ↕ ♣np 11q p ★ n ➳ i✏1 với yk ✏ ✰ xpi 1 ♣p 1q ynp 1 xn 1 , 1➳ xi k i✏1 k Từ bất đẳng thức Young ta có ♣p 1q ynp 1xn 1 ↕ xpn 11 pynp 11 Tiếp theo, sử dụng bất đẳng thức Holder ta có p 1 ♣yn 1q ↕ n 1 n➳ 1 j ✏1 xpj 1 Thay đánh giá vào (2.55) ta n➳ 1 i✏1 ✄ xi i ➳ j ✏1 ☛p xj ★ n n ♣ n 1qp ➳ p 1 p ➳ p 1 ↕ p 1 xi xi n i✏1 i✏1 n 1 ♣ n 2qp ➳ p 1 ↕ p 1 xi i ✏1 25 ✰ (2.55) Như vậy, theo nguyên lí quy nạp ta chứng minh (2.52) Định lý chứng minh xong Trong nhiều năm sau đó, nhiều kết xuất liên quan đến mở rộng biến thể bất đẳng thức (2.52) Trong phần này, trình bày số kết đưa Pachpatte Trước hết giới thiệu số kí hiệu dùng phần ✏ uk 1 ✁ uk , k N0 ∇uk ✏ uk ✁ uk✁1 , k N ✟ ∆i uk ✏ ∆ ∆i✁1 uk ✏ ∆i✁1 ♣∆uk q ∆0 uk ✏ uk ∆uk Định lý 2.4.2 ([11]) Cho tuk ✉ , tvk ✉ , k thực không âm với u0 n➳ ✁1 k ✏0 N0 dãy không giảm số ✏ v0 ✏ Khi đó, ta có bất đẳng thức sau ruk ∆vk vk 1∆uk s ↕ n✁ ✙ n ➳✑ 2 ♣∆uk q ♣∆vk q k ✏0 (2.56) Chứng minh Ta có ∆ ♣uk vk q ✏ uk ∆vk vk 1 ∆uk , với k (2.57) N0 Từ (2.57) ta có với n N0 n➳ ✁1 k ✏0 ruk ∆vk vk 1∆uk s ✏ unvn, Sử dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz, bất đẳng thức αβ công thức un ✏ n➳ ✁1 k ✏0 ↕ 21 α2 β ∆uk , 26 ✏ ✟ n➳ ✁1 k ✏0 ∆vk , (2.58) ta suy ✔✄ un ↕ 12 ✕ ↕ n✁ n➳ ✁1 k ✏0 ☛2 ∆uk ☛2 ✜ ✄ n➳ ✁1 k ✏0 ✢ ∆uk ✙ n ➳✑ 2 ♣∆uk q ♣∆uk q k ✏0 (2.59) Từ (2.58) (2.59) ta suy (2.56) Định lý chứng minh xong Định lý 2.4.3 ([11]) Cho tuk ✉ , k không âm với u0 N0 dãy không giảm số thực ✏ Khi ta có bất đẳng thức sau n➳ ✁1 k ✏0 Chứng minh Đặt vk uk 1 ∆uk n✁ n 1 ➳ ♣ ∆uk q2 k ✏0 ↕ (2.60) ✏ uk , k N0, từ (2.56) ta có n➳ ✁1 k ✏0 ruk uk 1s ∆uk ↕ n n➳ ✁1 ♣∆uk q2 k ✏0 (2.61) Mặt khác ta lại có n➳ ✁1 k ✏0 ruk uk 1s ∆uk ✏ n➳ ✁1 r✁∆uk 2uk 1s ∆uk k ✏0 n➳ ✁1 ✏✁ k ✏0 ♣∆uk q 2 n➳ ✁1 k ✏0 uk 1 ∆uk (2.62) Từ (2.61) (2.62) ta suy (2.60) Định lý chứng minh xong Định lý 2.4.4 ([11]) Cho p ➙ số thực cho trước tak ✉ , k dãy số thực không âm Đặt tuk ✉ , k u0 N0,n, N0,n, dãy số thực với ✏ un ✏ Khi có bất đẳng thức sau n➳ ✁1 k ✏0 ak ⑤uk ⑤p ↕ ✄ n➳ ✁1 k ✏0 rk1✁p ♣n ✁ kq1✁ps✁1ak 27 ☛✄ n➳ ✁1 k ✏0 ⑤∆uk ⑤p ☛ (2.63) Chứng minh Từ giả thiết, ta có uk uk với k ✏ k➳ ✁1 σ ✏0 ✏✁ N0,n ∆uσ , n➳ ✁1 σ ✏k (2.64) ∆uσ , (2.65) Từ (2.64) (2.65) sử dụng bất đẳng thức Holder với số mũ p, p④♣p ✁ 1q , ta có ⑤uk ⑤ ↕ k p p✁1 σ ✏0 ⑤uk ⑤ ↕ ♣n ✁ kq p với k k➳ ✁1 p✁1 N0,n ⑤∆uσ ⑤p , k➳ ✁1 σ ✏0 (2.66) ⑤∆uσ ⑤p , (2.67) Nhân (2.66) với k 1✁p (2.67) với ♣n ✁ k q1✁p cộng vế theo vế bất đẳng thức thu ta có rk với k 1✁p 1✁p ♣n ✁ kq s⑤uk ⑤ ↕ p n➳ ✁1 σ ✏0 ⑤∆uσ ⑤p, (2.68) N0,n Từ (2.68) ta suy ak ⑤uk ⑤ p với k ↕ rk 1✁p 1✁p ♣n ✁ k q s ✁1 ak N0,n Tiếp theo ta lấy tổng hai vế (2.69) với k n➳ ✁1 σ ✏0 ⑤∆uσ ⑤p, (2.69) ✏ đến k ✏ n ✁ bất đẳng thức (2.63) Định lý chứng minh xong Định lý 2.4.5 ([11]) Cho q → 0, r ➙ 0, α → 0, β → số thực với 1 ✏ qα ➙ Cho tbk ✉ , k N0,n, dãy số thực không α β 28 âm, txk ✉ tyk ✉ , k N0,n, dãy số thực với x0 ✏ y0 ✏ xn ✏ yn ✏ Khi ta có bất đẳng thức sau n➳ ✁1 k ✏0 bk r⑤xk ⑤q ⑤∆yk ⑤r ⑤yk ⑤q ⑤∆xk ⑤r s ↕ ✄ n➳ ✁1 ✑ k ✏0 ✂ k 1✁qα ♣n ✁ k q1✁qα ✄ n➳ ✁1 ✒ k ✏0 ✙✁1 ☛1④α bαk 1✁ ♣⑤ ∆xk ⑤qα ⑤∆yk ⑤qα q α β ⑤∆xk ⑤rβ ⑤∆yk ⑤rβ ☛ ✠✚ (2.70) Chứng minh Áp dụng bất đẳng thức Holder với số mũ α β, ta có n➳ ✁1 k ✏0 bk ⑤xk ⑤q ⑤∆yk ⑤r ↕ ✄ n➳ ✁1 k ✏0 bαk ⑤xk ⑤qα ☛1④α ✄ n➳ ✁1 k ✏0 ⑤∆yk ⑤rβ ☛1④β (2.71) Từ (2.71), (2.63) bất đẳng thức Young, ta có n➦ ✁1 k ✏0 ↕ ↕ bk ⑤xk ⑤q ⑤∆yk ⑤r ★✄ ✂ n➳ ✁1 ✑ k ✏0 k 1✁qα ♣n ✁ k q1✁qα n➦ ✁1 ✑ k ✏0 k 1✁qα ♣n ✁ k q ✂ ✄ 1✁qα n➳ ✁1 ✒ k ✏0 ✙✁1 ✙✁1 ☛✄ n➳ ✁1 bαk ✡1④α k ✏0 ⑤∆xk ⑤qα ☛✰1④α ★ ✂ n➳ ✁1 k ✏0 ⑤∆yk ⑤rβ ✰1④β bαk 1✁ ♣⑤ ∆xk ⑤qα q α β ⑤∆yk ⑤rβ ✠✚ ☛ (2.72) Chứng minh tương tự, ta có n➳ ✁1 k ✏0 bk ⑤yk ⑤q ⑤∆xk ⑤r ✂ ✄ ↕ n➳ ✁1 ✒ k ✏0 ✄ n➳ ✁1 ✑ k ✏0 k 1✁qα ♣n ✁ k q1✁qα 1✁ ♣⑤ ∆yk ⑤qα q α β ⑤∆xk ⑤rβ ✠✚ ✙✁1 ☛1④α bαk ☛ (2.73) Cộng (2.72) (2.73) ta bất đẳng thức cần chứng minh (2.70) Định lý chứng minh xong 29 2.5 Các bất đẳng thức hỗn hợp Sau giới thiệu số bất đẳng thức hỗn hợp có liên quan hàm số đạo hàm Phần chứng minh bạn đọc xem tài liệu tham khảo ➙ số thực cho trước, p hàm liên tục, không âm đoạn r0, hs, u hàm liên tục tuyệt đối đoạn r0, hs Khi Định lý 2.5.1 ([4]) Cho α có bất đẳng thức sau ➺h p ♣tq ⑤u ♣tq⑤ dt ↕ α ✂➺ h ✡➺ h ♣t ♣h ✁ tqq♣α✁1q④2 p ♣tq dt ⑤u✶ ♣tq⑤αdt (2.74) Định lý 2.5.2 ( [4]) Cho r ➙ 0, s ➙ 0, α ➙ β ➙ số thực với 1 ✏ rα ➙ Cho p hàm không âm p C r0, hs, f g α β hàm liên tục tuyệt đối r0, hs với f ♣0q ✏ g ♣0q ✏ f ♣hq ✏ g ♣hq ✏ Khi ta có bất đẳng thức sau ➺h ↕ I2 ✧ α ➺h ✏ p ♣xq ⑤f ♣xq⑤r ⑤g ✶ ♣xq⑤ ✏ ✶ f x ⑤ ♣ q⑤ rα s ⑤f ✶ ♣xq⑤s⑤g ♣xq⑤r ✘ ⑤g✶ ♣xq⑤rα dx ✘ dx ➺h✑ β ✯ ✙ ⑤f ✶ ♣xq⑤sβ ⑤g✶ ♣xq⑤sβ dx , (2.75) với I2 ✏ ✂➺ h ✑ x1✁rα ♣h ✁ xq1✁rα ✙✁1 pα ♣xq dx ✡1④α Định lý 2.5.3 ([12]) Nếu f, g, h hàm liên tục tuyệt đối ra, bs f ♣aq ✏ f ♣bq ✏ 0, g ♣aq ✏ g ♣bq ✏ 0, ta có bất đẳng thức sau ➺b ✏ ⑤f ♣xq g ♣xq h ♣xq⑤ ♣⑤f ✶ ♣xq⑤ ⑤g✶ ♣xq⑤ ⑤h✶ ♣xq⑤q ♣⑤f ♣xq⑤ ⑤g ♣xq⑤ ⑤h ♣xq⑤q a ✘ ✂ ♣⑤f ♣xq g ♣xq h✶ ♣xq⑤ ⑤g ♣xq h ♣xq f ✶ ♣xq⑤ ⑤h ♣xq f ♣xq g✶ ♣xq⑤q dx ➺ ✙ ♣ b ✁ aq3 b ✑ ✶ 4 ✶ ✶ ⑤f ♣xq⑤ ⑤g ♣xq⑤ ⑤h ♣xq⑤ dx ↕ (2.76) a 30 Đẳng thức xảy f ♣xq ✏ g ♣xq ✏ h ♣xq ✏ ★ M ♣x ✁ aq , a ↕ x ↕ a 2 b M ♣b ✁ xq , a b ↕x↕b Với M số Định lý 2.5.4 ([5]) Cho r → 0, s ➙ 0, α → β → số thực với 1 ✏ rα ➙ Cho p hàm liên tục không âm r0, hs Cho f, g α β hàm liên tục tuyệt đối r0, hs với f ♣0q ✏ g ♣0q ✏ f ♣hq ✏ g ♣hq ✏ Khi ta có bất đẳng thức sau ➺h ✏ p ♣xq ⑤f ♣xq⑤r ⑤g ✶ ♣xq⑤ ↕ I2 ✧ α s ➺h ✏ ✶ f x ⑤f ✶ ♣xq⑤s⑤g ♣xq⑤r rα ✘ ⑤ ♣ q⑤ ⑤g✶ ♣xq⑤ rα dx ✘ β dx ➺h✑ ⑤f ✶ ♣xq⑤ ⑤g✶ ♣xq⑤ sβ sβ ✙ ✯ dx , (2.77) với I2 ✏ ✂➺ h ✑ x 1✁rα 1✁rα ♣h ✁ xq 31 ✙✁1 p α ♣xq dx ✡1④α Kết luận Khóa luận trình bày nội dung sau • Định nghĩa tích phân, điều kiện khả tích số tính chất quan trọng tích phân • Các bất đẳng thức Cauchy – Schwarz, Holder, Jensen, Young AM – GM • Khái niệm hàm số liên tục tuyệt đối • Công thức Taylor với phần dư Lagrange phần dư tích phân • Bất đẳng thức tích phân dạng Opial • Bất đẳng thức tích phân dạng Opial tổng quát • Bất đẳng thức dạng Opial với đạo hàm bậc cao • Bất đẳng thức rời rạc dạng Opial • Các bất đẳng thức hỗn hợp Vì thời gian làm Khóa luận có hạn khả nghiên cứu thân hạn chế nên không tránh khỏi sai sót Để Khóa luận tốt hơn, mong đánh giá, nhận xét góp ý thầy cô 32 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt: [1] Phạm Kim Hùng (2007), Sáng tạo bất đẳng thức, NXB Hà Nội [2] Trần Phương (2012), Những viên kim cương bất đẳng thức toán học, NXB Tri Thức, Hà Nội [3] Nguyễn Đình Trí, Tạ Văn Đĩnh, Nguyễn Hồ Quỳnh (2010), Phép tính giải tích biến số, NXB Giáo dục, Hà Nội Tiếng Anh: [4] R.P.Agarwal, P.Y.H.Pang (1995), Remarks on the generalization of Opial’s inequality, Journal of Math Analysis and Application 190, 559-577 [5] H.Alzer (1997), On Opial-type inequality involving higher-order derivatives of two functions, Appl Math Lett 10, 123-128 [6] K.M.Das (1969), An inequality similar to Opial’s inequality, Proc Amer Math Soc 22, 258-261 [7] E.K.Godunova, V.I.Levin (1967), An inequality of Maroni, Mat Zametki 2, 221-224 [8] X.G.He (1992), A short proof of generalization on Opial’s inequality, Journal of Math Analysis and Application 182, 199-200 [9] C.Olech (1960), A simple proof of a certain result of Z.Opial, Ann Polon Math 8, 61-63 33 [10] Z.Opial (1960), Sur une inegalite, Ann Polon Math 8, 29-32 [11] B.G.Pachpatte (2005), Mathematical Inequalities, Elsevier Science Publisher [12] B.G.Pachpatte (2005), On an intergral inequality involving functions and their derivatives, Soochow Journal of Mathematics vol 13, No.2, 211-214 [13] H.L.Royden, F.M.Fitzpatrick (2010), Real analysis, China Machine Press [14] G.I.Rozanova (1972), Integral inequalities with derivatives and with arbitrary convex function, Moskov Gos Ped Inst Vcen Zap 460, 58-65 [15] E.Talvila (2005), Estimates of the remainder in Taylor’s theorem using the Henstock-Kurzweil integral, Czechoslovak Math Journal 55, No 130, 933-940 [16] J.S.W.Wong (1967), A discrete analogue of Opial’s inequality, Canad Math Bull 10, 115-118 34 Ý KIẾN CỦA NGƯỜI HƯỚNG DẪN Nhận xét: Đối với khóa luận tốt nghiệp (Đánh dấu ✂ ký tên vào ý kiến chọn lựa sau) Ký tên Đồng ý thông qua báo cáo ✆ Không đồng ý thông qua báo cáo ✆ Đắk Lắk, ngày tháng năm 2015 NGƯỜI HƯỚNG DẪN (Ký ghi rõ họ tên) 35 [...]... 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... 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... 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... (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 ↕ ↕... ➳ ✞D f ♣tq✞ ✞D g ♣tq✞ dt pi✁1 ♣tq 4 a i✏1 (2.50) Tích phân (2.50) với cận từ a đến b ta thu được bất đẳng thức (2.43) Tiếp theo, ta bình phương hai vế của bất đẳng thức (2.43) sau đó lần lượt sử dụng các bất đẳng thức ♣c1 cnq2 ↕ n ✟ c21 c2n , bất đẳng thức Cauchy – Schwarz và bất đẳng thức ♣c dq2 ↕ 2 ✟ c2 d2 , ta thu được ✄➺ n b➳ a i✏1 ☛2 ✞ i✁1 ✞ ✞ i✁1 ✞ t ✞D f t ✞ ✞D g t ✞ pi✁1... ➙ 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. .. 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... 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... ♣q a ✡ ✂➺ b ✑ ✞ i ✞ ✞D f t ✞4 p2i✁1 t dt ♣q a ♣q Vậy ta đã chứng minh xong bất đẳng thức (2.44) Ta tiếp tục chứng minh bất đẳng thức (2.45) 23 ✡2 ✛ ✞ i ✞2 ✙ ✞D g t ✞ dt ♣q ☛✛ ✞ i ✞2 ✙2 ✞D g t ✞ dt ♣q ✡✚ ✞ i ✞4 ✙ ✞D g t ✞ dt ♣q Từ (2.48), (2.49) và lần lượt sử dụng các bất đẳng thức ✟ 1 2 c d2 2 cd ↕ và bất đẳng thức Cauchy – Schwarz, ta được ➺b a ✞ ✞✞ ✞ pi✁1 ♣tq ✞Di✁1 f ♣tq✞ ✞Di✁1 g ♣tq✞ dt... 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,