Luận văn thạc sĩ Phương pháp toán sơ cấp, Bất đẳng thức tuyến tính, Bất đẳng thức sai phân, Toán học

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN Trần Thế Anh MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC PHI TUYẾN VỚI THỜI GIAN RỜI RẠC LUẬN VĂN THẠC SỸ KHOA HỌC HÀ NỘI- 2013 ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN Trần Thế Anh MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC PHI TUYẾN VỚI THỜI GIAN RỜI RẠC Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 60460113 LUẬN VĂN THẠC SỸ KHOA HỌC Người hướng dẫn khoa học GS TS NGUYỄN HỮU DƯ HÀ NỘI- 2013 Mục lục Mở đầu Bất 1.1 1.2 1.3 1.4 1.5 1.6 đẳng thức sai phân Bất đẳng thức Gronwall Bất đẳng thức phi tuyến Bất đẳng thức sai phân Hệ hữu hạn bất đẳng Bất đẳng thức Opial Bất đẳng thức Wirtinger 13 20 25 28 32 Bất 2.1 2.2 2.3 2.4 2.5 2.6 2.7 2.8 đẳng thức sai phân nhiều biến độc lập Hàm Riemann rời rạc Bất đẳng thức tuyến tính Bất đẳng thức Wendroff Bất đẳng thức phi tuyến Bất đẳng thức chứa sai phân riêng Bất đẳng thức tuyến tính nhiều chiều Bất đẳng thức phi tuyến nhiều chiều Bất đẳng thức Opital Wirtinger hai biến 38 38 41 43 46 49 55 58 63 thức Kết luận 70 Tài liệu tham khảo 71 Lời cảm ơn Tác giả xin bày tỏ lòng cảm ơn sâu sắc kính trọng đến GS TS Nguyễn Hữu Dư Thầy dành nhiều thời gian hướng dẫn, giải đáp thắc mắc, giúp đỡ nhiệt tình để tác giả hoàn thành luận văn Tác giả xin gửi lời cảm ơn chân thành tới tập thể thầy giáo, giáo Khoa Tốn- Cơ- Tin học Seminar Phương pháp Toán sơ cấp trường Đại học Khoa học Tự nhiên- Đại học Quốc Gia Hà Nội nhận xét, góp ý cho luận văn Tác giả xin cảm ơn gia đình, bạn bè bên, quan tâm, động viên, tạo điều kiện tốt để tác giả hoàn thành luận văn Mặc dù cố gắng nghiêm túc học tập, nghiên cứu khoa học, song q trình thực khơng thể tránh khỏi sai sót Vì vậy, tác giả mong nhận ý kiến đóng góp thầy giáo, cô giáo bạn đồng nghiệp để luận văn hoàn chỉnh Tác giả xin chân thành cảm ơn ! Hà Nội, ngày 12 tháng 12 năm 2013 Học viên : Trần Thế Anh Mở đầu Bất đẳng thức đóng vai trị quan trọng phát triển tất nhánh Toán học khoa học khác Nó xuất vào kỉ XVIII nhờ công nhà toán học K.F.Gauss (1777-1855), A.L.Cauchy (1789-1857) P.L.Chebyshev (1821-1894) ngày phát triển sâu rộng, trở thành trung tâm thu hút ý nhà Toán học Ngày nhiều bất đẳng thức đời trở thành công cụ quan trọng phục vụ cho lĩnh vực khoa học nói chung Tốn học nói riêng Vì thế, việc nghiên cứu bất đẳng thức, đặc biệt bất đẳng thức sai phân, toán quan trọng lý thuyết phương trình sai phân cần thiết Các kết nghiên cứu theo lĩnh vực áp dụng ngày nhiều lĩnh vực lý thuyết xác suất, thống kê, tổ hợp, lý thuyết số, hình học, tốn kinh tế, sinh học, tâm lý, xã hội học Vì lẽ đó, việc nghiên cứu bất đẳng thức sai phân có ý nghĩa thực tiễn to lớn Dạng tổng quát bất đẳng thức sai phân φn (x1 , · · · · · · · · · , xn ) ≤ 0, n ∈ N Nếu ta giải biến xn theo biến lại ta nhận bất đẳng thức sai phân dạng sau xn ≤ fn (x1 , · · · · · · · · · , xn−1 ) Bài tốn bất đẳng thức sai phân tìm cách ước lượng độ tăng (xn ), tức tìm dãy (φn ) cho ta có ước lượng xn ≤ φn , ∀n ∈ N Trong khuôn khổ luận văn thạc sĩ, trình bày số khái niệm số định lý, bất phương trình, bất đẳng thức sai phân liên quan đến bất đẳng thức Gronwall-Bellman Nội dung luận văn trình bày lại chương chương tài liệu " Difference equations and inequalities- Theory, Methods and Applications " tác giả Ravi P Agarwal, đồng thời cố gắng tìm tịi, khám phá thêm ứng dụng để phục vụ cho việc giảng dạy tốn phổ thông Luận văn gồm phần mở đầu hai chương • Chương Bất đẳng thức sai phân biến Chúng ta biết bất đẳng thức cung cấp cho ta nguyên lý so sánh tổng quát việc nghiên cứu tính chất định tính định lượng nghiệm phương trình liên quan Bất đẳng thức tiếng Gronwall ví dụ cho tốn tử khơng đổi κ nghiệm xác phương trình w = p + κw cung cấp cận số tất nghiệm bất phương trình u ≤ p + κu Chúng ta bắt đầu chương với bất đẳng thức Gronwall, bất đẳng thức phi tuyến, sai phân, hệ hữu hạn bất đẳng thức, cuối bất đẳng thức Opial Wirtinger • Chương Bất đẳng thức sai phân nhiều biến độc lập Các bất đẳng thức chương mở rộng cho hàm m biến độc lập Các bất đẳng thức sử dụng công cụ việc nghiên cứu phương trình sai phân phần Chúng ta bắt đầu chương với khái niệm hàm Riemann rời rạc sử dụng hàm để nghiên cứu bất đẳng thức tuyến tính Gronwall Wendroff Tiếp theo bất đẳng thức phi tuyến bất đẳng thức sai phân bậc cao với hai biến độc lập Sau đó, chuyển qua xem xét khơng gian tuyến tính nhiều chiều với bất đẳng thức tuyến tính phi tuyến khơng gian Cuối cùng, mở rộng bất đẳng thức Opial Wirtinger với hai biến độc lập Chương Bất đẳng thức sai phân Trong chương này, ta sử dụng số kí hiệu sau : N = {0, 1, · · · } tập hợp số tự nhiên bao gồm số 0, N(a) = {a, a + 1, · · · } a ∈ N, N(a, b − 1) = {a, a + 1, · · · , b − 1} a < b − < ∞ a, b ∈ N Một tập hợp số ba tập hợp kí hiệu N Hàm thực vơ hướng xác định N kí hiệu chữ thường u(k), v(k), · · · hàm thực vec-tơ kí hiệu chữ thường in đậm u(k), v(k), · · · hàm ma trận kí hiệu chữ hoa in đậm U(k), V(k), · · · Giả sử f (k) hàm xác k2 k2 định N với k1 , k2 ∈ N cho k1 > k2 , ta có f (l) = f (l) = l=k1 l=k1 Nếu k k + thuộc N với hàm f (k), ta định nghĩa toán tử dời chỗ E sau Ef (k) = f (k + 1) Nói chung, với số nguyên dương m, k k + m thuộc N E m f (k) = E[E m−1 f (k)] = f (k + m) Tương tự, ta định nghĩa toán tử sai phân tiến ∆ sai phân lùi ∇ sau ∆f (k) = f (k + 1) − f (k) ∇f (k) = f (k) − f (k − 1) Sai phân cấp m với m số nguyên dương ∆m f (k) = ∆[∆m−1 f (k)] Giả sử I toán tử đơn vị, tức If (k) = f (k), ∆ = E − với số nguyên dương m ta có m ∆m f (k) = (E − I)m f (k) = (−1)i i=0 m m m E f (k) = (I + ∆) f (k) = i=0 m E m−i f (k), E = I i m ∆i f (k), ∆0 = I i Ta kí hiệu R tập hợp số thực R+ tập hợp số thực không âm Với t ∈ R m số nguyên không âm,ta định nghĩa biểu thức giai thừa (t)(m) sau (t)(m) = m−1 (t − i) Do đó, trường hợp đặc biệt, với k ∈ N i=0 (k)(k) = k! Ngồi ra, tất hàm xuất bất đẳng thức giả thiết chương khơng có thích thêm xác định khơng âm miền xác định chúng 1.1 Bất đẳng thức Gronwall Định lý 1.1.1 Với k ∈ N(a), giả sử bất đẳng thức sau thỏa mãn k−1 u(k) ≤ p(k) + q(k) (1.1) f (l)u(l) l=a Khi đó, với k ∈ N(a) ta có k−1 k−1 u(k) ≤ p(k) + q(k) (1.2) (1 + q(τ )f (τ )) p(l)f (l) τ =l+1 l=a Chứng minh Với k ∈ N(a), ta đặt k−1 f (l)u(l) v(k) = l=a Ta có (1.3) ∆v(k) = f (k)u(k), v(a) = Vì u(k) ≤ p(k) + q(k)v(k) f (k) ≥ 0, kết hợp với (1.3) ta v(k + 1) − (1 + q(k)f (k))v(k) ≤ p(k)f (k) (1.4) k Vì 1+q(k)f (k) > với k ∈ N(a) nên ta nhân vế (1.4) với (1 + q(l)f (l))−1 l=a để có k−1 k −1 ∆ (1 + q(l)f (l)) (1 + q(l)f (l))−1 v(k) ≤ p(k)f (k) l=a l=a Lấy tổng từ a đến k − bất đẳng thức sử dụng điều kiện v(a) = ta k−1 l k−1 −1 (1 + q(l)f (l)) v(k) ≤ τ =a l=a l=a (1 + q(τ )f (τ ))−1 , p(l)f (l) tương đương với k−1 v(k) ≤ k−1 p(l)f (l) l=a (1 + q(τ )f (τ )) (1.5) τ =l+1 Mặt khác, u(k) ≤ p(k) + q(k)v(k) nên suy điều phải chứng minh (1.2) Nhận xét Chứng minh trường hợp p(k) u(k) đổi dấu N(a) Hơn nữa, bất đẳng thức (1.2) trường hợp tốt theo nghĩa từ đẳng thức (1.1) suy đẳng thức (1.2) Hệ 1.1.1.1 Trong định lý 1.1.1, giả sử p(k) = p q(k) = q với k ∈ N(a) k−1 u(k) ≤ p (1 + qf (l)) l=a Hệ 1.1.1.2 Trong định lý 1.1.1, giả sử p(k) không giảm q(k) ≥ với k ∈ N(a) k−1 u(k) ≤ p(k)q(k) (1 + q(l)f (l)) l=a Định lý 1.1.2 Với k ∈ N(a), giả sử bất đẳng thức sau thỏa mãn r u(k) ≤ p(k) + q(k) (1.6) Ei (k, u), i=1 Ei (k, u) = li−1 −1 l1 −1 k−1 fi2 (l2 ) · · · fi1 (l1 ) l1 =a l2 =a fii (li )u(li ) (1.7) li =a Khi đó, với k ∈ N(a) ta có r k−1 u(k) ≤ p(k) + q(k) 1+ ∆Ei (l, p) i=1 l=a r k−1 ∆Ei (τ, q) (1.8) i=1 τ =l+1 Chứng minh Với k ∈ N(a), ta đặt r v(k) = Ei (k, u) i=1 Ta có r ∆v(k) = (1.9) ∆Ei (k, u), v(a) = i=1 Vì u(k) ≤ p(k) + q(k)v(k) với v(k) không giảm nên từ (1.9) ta r ∆v(k) ≤ r ∆Ei (k, p + qv) = i=1 r ≤ ∆Ei (k, p) + i=1 r ∆Ei (k, p) + v(k) i=1 r ∆Ei (k, qv) i=1 ∆Ei (k, q) i=1 Chứng minh tương tự định lý 1.1.1 ta suy điều phải chứng minh Cụ thể, từ (1.4) ta có ∆v(k) ≤ p(k)f (k) + q(k)f (k)v(k) r Khi đó, r ∆Ei (k, p) i=1 ∆Ei (k, q) đóng vai trị p(k)f (k) q(k)f (k) Do i=1 ta có k−1 k−1 r l=a i=1 v(k) ≤ ∆Ei (l, p) r ∆Ei (τ, q) 1+ i=1 τ =l+1 Mà u(k) ≤ p(k) + q(k)v(k) nên ta suy điều phải chứng minh Điều kiện (c) Ta nói điều kiện (c) thỏa mãn với k ∈ N(a), bất đẳng thức (1.6) thỏa mãn, fii (k) = fi (k), ≤ i ≤ r, fi+1,i (k) = fi+2,i (k) = · · · = fr,i (k) = gi (k), ≤ i ≤ r − Trong kết tiếp theo, với k ∈ N(a), ta kí hiệu r−j+1 q(k)fi (k)−gr−j+1 (k), gi (k)−gr−j+1 (k), ≤ i ≤ r−j}, φj (k) = max{0, 1≤j≤r i=1 gr (k) = với k ∈ N(a) Định lý 1.1.3 Giả sử điều kiện (c) thỏa mãn Khi đó, với k ∈ N(a) ta có u(k) ≤ p(k) + q(k)ψj (k), ≤ j ≤ r (1.10) r−j+1 k−1 ψj (k) = p(l) l=a k−1 (1 + φj (τ )), ≤ j ≤ r fi (l) + gr−j+1 (l)ψj−1 (l) i=1 τ =l+1 Chứng minh Nếu điều kiện (c) thỏa mãn bất đẳng thức (1.6) tương đương với hệ k−1 u1 (k) ≤ p(k) + q(k) (f1 (l)u1 (l) + g1 (l)u2 (l)) (1.11) l=a k−1 uj−1 (k) = (fj−1 (l)u1 (l) + gj−1 (l)uj (l)), 3≤j≤r (1.12) l=a k−1 ur (k) = fm (l)u1 (l) l=a Ta đặt k−1 v1 (k) = (f1 (l)u1 (l) + g1 (l)u2 (l)) l=a vj (k) = uj (k), ≤ j ≤ r (1.13) 57 Định lý 2.6.4 Giả sử giả thiết định lý 2.6.3 thỏa mãn Khi đó, với x ∈ Nm ta có n n uj (x) ≤ pj (x)+ xk −1 n Sx−1 s=0 1+Sxk −1 hτ η (s)pη (s) × 1≤k≤m τ =1 η=1 i=1 lk =sk +1 ||H(l)||||G(l)|| lk =sk +1 (2.74) ||G|| ma trận định chuẩn cấp n × n cho |gij | ≤ ||G|| Chứng minh Từ bất đẳng thức (2.70) ta có n n n x−1 gji (x)Ss=0 vir (s + 1; x)hτ η (s)pη (s) uj (x) ≤ pj (x) + i=1 τ =1 η=1 Do n n n gji (x)Sx−1 s=0 ||ν(s + 1; x)||hτ η (s)pη (s) uj (x) ≤ pj (x) + = pj (x) + i=1 τ =1 η=1 n gji (x)Sx−1 s=0 i=1 n (2.75) n hτ η (s)pη (s) ||V(s + 1; x)|| τ =1 η=1 Từ (2.71) ta có x−1 ||V(s; x)|| ≤ + Sl=s ||V(l + 1; x)||||H(l)||||G(l)||, bất đẳng thức chiều nên theo hệ 2.3.0.1 ta có xk −1 + Sxk −1 ||H(l)||(||G(l)|| ||V(s; x)|| ≤ 1≤k≤m lk =sk (2.76) lk =sk Thay (2.76) vào (2.75) ta bất đẳng thức cần chứng minh (2.74) Nhận xét 13 Giả sử ||u|| vec-tơ định chuẩn bất kì, ||G|| ma trận chuẩn tắc tương ứng, điều kiện định lý 2.6.3 thỏa mãn Khi dễ dàng chứng minh xj −1 ||u(x)|| ≤ ||p(x)||+||G(x)||Sx−1 s=0 ||H(s)||||p(s)||×1≤j≤m xj −1 ||H(l)||||G(l)|| lj =sj +1 1+S lj =sj +1 (2.77) Định lý 2.6.5 Cho ma trận n × n K(x, s) xác định khơng âm N m × Nm Cho hàm vec-tơ p(x) u(x) xác định không âm N m Hơn nữa, với x ∈ Nm , giả sử bất đẳng thức sau thỏa mãn u(x) ≤ p(x) + Sx−1 s=0 K(x, s)u(s) (2.78) Khi đó, với x ∈ Nm ta có x−1 u(x) ≤ X + Ss=0 V(s + 1; x)K∗ (x, s) p∗ (x), (2.79) , 58 p∗ (x) = supp(l) : ≤ l ≤ x, K∗ = supK(l) : ≤ l ≤ x V(s; x) thỏa mãn x−1 V(s; x) = X + Sl=s V(l + 1; x)K∗ (x, l) (2.80) Chứng minh Với điểm cố định X N m ta có x−1 ∗ u(x) ≤ p∗ (X) + Ss=0 K (X, s)u(s), với ≤ x ≤ X Do đó, từ định lý 2.6.1 cho ta ∗ ∗ u(x) ≤ X + Sx−1 s=0 V(s + 1; x)K (X, s) p (X) với ≤ x ≤ X (2.81) ∗ V(s; x) = X + Sx−1 l=s V(l + 1; x)K (X, l) (2.82) Trong (2.81) (2.82), đặt x = X Khi thay X x (2.81) (2.82) ta bất đẳng thức yêu cầu (2.79) 2.7 Bất đẳng thức phi tuyến nhiều chiều Ở phần ta so sánh nghiệm u(x), x ∈ Nm phương trình sai phân phi tuyến ∆m (2.83) x u(x) = f (x, u(x)) với nghiệm v(x) w(x) tương ứng bất phương trình sai phân phi tuyến ∆m (2.84) x v(x) ≤ f (x, v(x)) ∆m x w(x) ≥ f (x, w(x)), Kí hiệu (i)x cho điểm (x1 , · · ·, xm ) mà i biến Có tất (2.85) m i khả Do đó, m siêu phẳng x = (1)x dùng lập luận đệ quy để bảo đảm tồn nghiệm (2.83) Thật vậy, m i=1 x−1 u((i)x) + Ss=0 f (s, u(s)), (−1)i+1 u(x) = (2.86) i kí hiệu cho tổng tất khả (i)x Từ nghiệm v(x) i w(x) bất phương trình (2.84) (2.85) có biểu diễn m (−1)i+1 v(x) ≤ i=1 v((i)x) + Sx−1 s=0 f (s, v(s)) (2.87) x−1 w((i)x) + Ss=0 f (s, w(s)) (2.88) i m (−1)i+1 w(x) ≥ i=1 i 59 Định lý 2.7.1 Cho u(x), v(x), w(x) nghiệm (2.83), (2.84), (2.85) m m i+1 i=1 (−1)i+1 v((i)x) ≤ (−1) i i=1 m u((i)x) i (−1)i+1 ≤ (2.89) w((i)x) i i=1 Hơn nữa, với điểm cố định x ∈ Nm với ≤ i ≤ n, hàm fi (x, u1 , · · ·, un ) không giảm tất u1 , · · ·, un Khi đó, với x ∈ Nm ta có v(x) ≤ u(x) ≤ w(x) (2.90) Chứng minh Chú ý u(x), v(x) w(x) có biểu diễn (2.86), (2.87) (2.88) Do đó, với x = (j)x ∈ Nm , ≤ j ≤ m, (2.90) suy từ (2.89) (j)x−1 Ss=0 f (s, u(s)) = Nếu u(x) ≤ w(x) không với x ∈ Nm , có j : ≤ j ≤ n x∗ : < x∗ ∈ Nm cho uj (x∗ ) > wj (x∗ ) u(x) ≤ w(x) với ≤ x < x∗ Tuy nhiên, fi khơng giảm u1 , · · ·, un nên từ (2.88) ta có m ∗ ∗ −1 wj ((i)x∗ ) + Sxs=0 fj (s, w(s)) (−1)i+1 wj (x ) ≥ i=1 m i ∗ −1 uj ((i)x∗ ) + Sxs=0 fj (s, u(s)) = uj (x∗ ) (−1)i+1 ≥ i=1 i Suy mâu thuẫn Do u(x) ≤ w(x) với x ∈ Nm Bất đẳng thức v(x) ≤ u(x) chứng minh tương tự Nhận xét 14 Dễ dàng thử lại m m−1 (−1) i=1 i+1 ··· u((i)x) = i xj −1 x1 −1 j=0 s1 =0 ∆s1 · · · ∆sj u(s1 , · · · , sj , 0, xj+2 , · · · , xm ) sj =0 (2.91) Do đó, bất đẳng thức (2.89) xảy với ≤ j ≤ m − ∆x1 · · · ∆xj v(x1 , · · · , xj , 0, xj+2 , · · · , xm ) ≤ ∆x1 · · · ∆xj u(x1 , · · · , xj , 0, xj+2 , · · · , xm ) ≤ ∆x1 · · · ∆xj w(x1 , · · · , xj , 0, xj+2 , · · · , xm ) Định lý 2.7.2 Giả sử điều kiện sau thỏa mãn u(x, µ) nghiệm tốn ∆m x u(x) = f (x, u(x), µ) (2.92) 60 (2.93) u((i)x) = a([xi ], µ), µ vector r chiều, [xi ] kí hiệu cho điểm thuộc N(m−i) biến khác (i)x Với x cố định, ≤ x ≤ X, X ∈ Nm ≤ j ≤ n, hàm fj (x, u1 , · · ·, un , µ1 , · · ·, µr ) không giảm u1 , · · ·, un µ1 , · · ·, µr i+1 Với [xi ] cố định, ≤ [xi ] ≤ [X i ] ≤ j ≤ n, hàm m i=1 (−1) i aj ([xi ], µ1 , ·· ·, µr ) tăng thật µ1 , · · ·, µr Khi đó, với x, ≤ x ≤ X , nghiệm u(x, µ) tốn (2.92) (2.93) hàm tăng thật µ, tức µ1 < µ2 u(x, µ1 ) < u(x, µ2 ) Hơn nữa, với x cố định, ≤ x ≤ X , hàm f (x, u, µ) liên tục u µ với [xi ] cố định, ≤ [xi ] ≤ [X i ], hàm a([xi , µ]) liên tục µ với ≤ x ≤ X , limµ→0 u(x, µ) = u(x), u(x) nghiệm toán (2.83) thỏa mãn u((i)x) = a([xi ]) (2.94) Ngoài ra, X < ∞ limµ→0 u(x, µ) = u(x) khơng đổi Chứng minh Cho µ1 < µ2 , m k k k a([xi ], µk ) + Sx−1 s=0 f (s, u(s, µ ), µ ), k = 1, (−1)i+1 u(x, µ ) = i=1 i Điều kiện (2) (3) cho ta m 2 bf a([xi ], µ1 ) + Sx−1 s=0 f (s, u(s, µ ), µ ) (−1)i+1 u(x, µ ) > i=1 i Với x, ≤ x ≤ X , bất đẳng thức u(x, µ1 ) < u(x, µ2 ) suy phần chứng minh định lý 2.7.1 Phần lại kết luận hệ giả thiết liên tục Định lý 2.7.3 Giả sử với x cố định, ≤ x ≤ X ≤ i ≤ n, hàm fi (x, u1 , · · ·, un ) không giảm tất u1 , · · ·, un Giả sử tồn hàm v(x, u) xác định với ≤ x ≤ X, u ∈ Rn cho với hàm w(x) xác định với x, ≤ x ≤ X ta có ∆m (2.95) x v(x, w(x)) ≤ f (x, v(x, w(x))) Hơn nữa, giả sử nghiệm u(x) (2.83) thỏa mãn m n (−1) i=1 i+1 (−1)i+1 v((i)x, w((i)x)) ≤ i i=1 u((i)x) (2.96) i Khi đó, với x, ≤ x ≤ X ta có v(x, w(x)) ≤ u(x) (2.97) 61 Chứng minh Đặt z(x) = v(x, w(x)), từ (2.95) ta có m ∆m x z(x) = ∆x v(x, w(x)) ≤ f (x, v(x, w(x))) = f (x, z(x)) Bất đẳng thức (2.96) tương đương với m m i+1 u((i)x) i i=1 i i=1 (−1)i+1 z((i)x) ≤ (−1) Do với x, ≤ x ≤ X từ định lý 2.7.1 cho ta z(x) = v(x, w(x)) ≤ u(x) Định lý 2.7.4 Giả sử điều kiện sau thỏa mãn Với x, ≤ x ≤ X u, v ∈ Rn , ta có |f (x, u) − f (x, v)| ≤ g(x, |u − v|), (2.98) hàm g(x, w) xác định với x, ≤ x ≤ X, w ∈ Rn+ với x cố định, ≤ x ≤ X , ≤ i ≤ n, hàm gi (x, w1 , · · ·, wn ) không giảm w1 , · · ·, wn Tồn hàm u1 (x), u2 (x), z1 (x), z2 (x) xác định với x, ≤ x ≤ X thỏa mãn bất đẳng thức 1 |∆m (2.99) x u (x) − f (x, u (x))| ≤ z (x) 2 |∆m x u (x) − f (x, u (x))| ≤ z (x) (2.100) u(x) nghiệm phương trình sai phân ∆m x u(x) = g(x, u(x)) + z (x) + z (x), (2.101) thỏa mãn bất phương trình m m i+1 (−1)i+1 (u ((i)x) − u ((i)x)) ≤ (−1) i=1 i i=1 u((i)x) (2.102) i Khi đó, với x, ≤ x ≤ X ta có |u1 (x) − u2 (x)| ≤ u(x) (2.103) Chứng minh Bất đẳng thức (2.99) (2.100) cho ta 2 |∆m x (u (x) − u (x)) − (f (x, u (x)) = f (x, u (x)))| ≤ z (x) + z (x) Do ta có x−1 m x−1 1 2 |Ss=0 ∆s (u (s) − u2 (s)) − Sx−1 s=0 (f (s, u (s)) − f (s, u (s)))| ≤ Ss=0 (z (s) + z (s)), 62 tức m (−1)i+1 |u (x) − u (x)| ≤ (u1 ((i)x) − u2 ((i)x)) i i=1 x−1 x−1 1 + Ss=0 |f (s, u (s)) − f (s, u2 (s))| + Ss=0 (z (s) + z2 (s)) Thay (2.98) (2.102) vào bất đẳng thức ta thu m x−1 u((i)x) + Ss=0 (g(s, w(s)) + z1 (s) + z2 (s)), (−1)i+1 w(x) ≤ (2.104) i i=1 w(x) = |u1 (x) − u2 (x)| Vì u(x) nghiệm (2.101) có biểu diễn m x−1 u((i)x) + Ss=0 (g(s, u(s)) + z1 (s) + z2 (s)) (−1)i+1 u(x) = i=1 (2.105) i So sánh (2.104) (2.105) định lý 2.7.1 ta bất đẳng thức w(x) ≤ u(x) Định lý 2.7.5 Giả sử u(x, µ) nghiệm (2.94), (2.96) v cỏc iu kin sau c tha ã limàà0 f (x, u, µ) = f (x, u, µ0 ) không đổi với x, ≤ x ≤ X u ∈ Rn • Với ≤ x ≤ X, u1 , u2 ∈ Rn µ ∈ Rr |f (x, u1 , µ) − f (x, u2 , µ)| ≥ g(x, |u1 − u1 |), g(x, v) xác định với x, ≤ x ≤ X, v ∈ Rn+ , g(x, 0) = với x cố định, ≤ i ≤ n, hàm gi (x, v1 , · · ·, ) không giảm v1 , · · ·, Khi đó, với vector n chiều > 0, tồn vector r chiều δ( ) > cho với x, ≤ x ≤ X < ∞ thỏa mãn |u(x, µ) − u(x, µ0 )| ≤ |µ − µ0 | ≤ δ( ) Chứng minh Vì g(x, 0) = với x, ≤ x ≤ X nên nghiệm v(x, 0) ∆m x v(x) = g(x, v(x)) thỏa mãn v((i)x) = đồng Vì vậy, với > tồn vector n chiều η = η( ) cho nghiệm v(x, 0, η) hệ sai phân ∆m x v(x) = g(x, v(x)) + η thỏa mãn v((i)x) = có tính chất v(x, 0, η) ≤ Hơn nữa, từ (1) cho ta η > nên tồn δ = δ(η) > cho |f (x, u, µ) − f (x, u, µ0 )| ≤ η |µ − µ0 | ≤ δ(η)| Nếu ta cho > 0 |u(x, µ) − u(x, µ0 )| ≤ Sx−1 s=0 |f (s, u(s, µ), µ) − f (x, u(s, µ ), µ )| ≤ Sx−1 s=0 [g(s, |u(s, µ) − u(s, µ )|) + η] nên theo định lý 2.7.1 ta có |u(x, µ) − u(x, µ0 )| ≤ v(x, 0, η) ≤ Rõ ràng, δ phụ thuộc vào η phụ thuộc 63 2.8 Bất đẳng thức Opital Wirtinger hai biến Định lý 2.8.1 Cho r1 r2 số nguyên dương cố định u(k, l) hàm xác định N × N cho u(k, l) = với k, l ∈ N, ≤ k ≤ r1 − 1, ≤ l ≤ r2 − Khi đó, với ≤ i ≤ r1 − 1, ≤ j ≤ r2 − (k, l) ∈ N × N ta có k−r1 +i l−r2 +j |∆iτ ∆jη u(τ + r1 − i − 1, η + r2 − j − 1)||∆rτ1 ∆rτ2 u(τ, η)| τ =1 η=1 1/2 r1 − i ≤ √ 2(r1 − i)(r2 − j)! 2r1 − 2i − r2 − j 2r2 − 2j − 1/2 (2.106) k−r1 +i l−r2 +j (r1 −i) × (k) (r2 −j) |∆rτ1 ∆rη2 u(τ, η)|2 (l) τ =0 η=0 Chứng minh Từ bổ đề 2.5.1 ta có ∆ik ∆jl u(k, l) = (r1 − i − 1)!(r2 − j − 1)! × (l − η − 1) (r2 −j−1) k−r1 +i l−r2 +j (k − τ − 1)(r1 −i−1) τ =0 η=0 ∆rτ1 ∆rη2 u(τ, η) Do đó, theo bất đẳng thức Schwarz ta |∆ik ∆jl u(k, l)| ≤ (r1 − i − 1)!(r2 − j − 1)! k−r1 +i l−r2 +j × (r1 −i−1) (k − τ − 1) τ =0 1/2 (2.107) η=0 k−r1 +i l−r2 +j 1/2 |∆rτ1 ∆rη2 u(τ, η)|2 × τ =0 (l − η − 1) (r2 −j−1) η=0 Đặt φ(η) = (l − η)(r2 −j) (l − η − r2 + j + 1) Khi đó, (l − η − 1)2 · · · (l − η − r2 + j)2 (l − η − r2 + j) − (l − η)2 · · · (l − η − r2 + j + 1)2 (l − η − r2 + j + 1) (l − η)2 = (l − η − 1)(r2 −j−1) (l − η − r2 + j) − (l − η − r2 + j + 1) ∆φ(η) = = − (l − η − 1)(r2 −j−1) (2r2 − 2j − 1) + (r2 − j − 1)2 , (l − η − r2 + j + 1) 64 nên ta thu l−r2 +j l−r2 +j (l − η − 1) (r2 −j−1) = η=0 η=0 −∆φ(η) (r2 − j − 1)2 (2r2 − 2j − 1) + (l − η − r2 + j + 1) ≤ (2r2 − 2j − 1) l−r2 +j [−∆φ(η)] η=0 = [φ(0) − φ(l − r2 + j + 1)] (2r2 − 2j − 1) (l)(r2 −j−1) (l − r2 + j + 1) = (2r2 − 2j − 1) Tương tự ta có k−r1 +i (k − τ − 1)(r1 −i−1) ≤ τ =0 (k)(r1 −i−1) (k − r1 + i + 1) (2r1 − 2i − 1) Sử dụng ước lượng (2.107) ta có (r1 − i − 1)!(r2 − j − 1)! (k)(r1 −i−1) (k − r1 + i + 1)1/2 × 1/2 (2r1 − 2i − 1) (2r2 − 2j − 1)1/2 |∆ik ∆jl u(k, l)| ≤ k−r1 +i l−r2 +j × (l) (r2 −j−1) (l − r2 + j + 1) 1/2 |∆rτ1 ∆rη2 u(τ, η)|2 1/2 τ =0 η=0 (2.108) 65 Từ bất đẳng thức bất đẳng thức Schwarz ta thu k−r1 +i l−r2 +j |∆rτ1 ∆rη2 u(τ + r1 − i − 1, η + r2 − j − 1)||∆rτ1 ∆rη2 u(τ, η)| τ =0 η=0 (r1 − i − 1)!(r2 − j − 1)!(2r1 − 2i − 1)1/2 (2r2 − 2j − 1)1/2 ≤ k−r1 +i l−r2 +j (τ + r1 − i − 1)(r1 −i−1) τ 1/2 (η + r2 − j − 1)(r2 −j−1) η 1/2 × τ =0 η=0 τ −1 η−1 1/2 |∆rτ11 ∆rη21 u(τ1 , η1 )|2 × |∆rτ1 ∆rη2 u(τ, η)| τ1 =0 η1 =0 (r1 − i − 1)!(r2 − j − 1)!(2r1 − 2i − 1)1/2 (2r2 − 2j − 1)1/2 ≤ k−r1 +i l−r2 +j 1/2 (τ + r1 − i − 1)(r1 −i−1) τ (η + r2 − j − 1)(r2 −j−1) η × τ =0 η=0 τ −1 η−1 k−r1 +i l−r2 +j × τ =0 1/2 |∆rτ11 ∆rη21 u(τ1 , η1 )|2 |∆rτ1 ∆rη2 u(τ, η)|2 τ1 =0 η1 =0 η=0 (2.109) Đặt ψ(η) = [(η + r2 − j − 1)(r2 −j) ]2 Khi đó, ∆ψ(η) = (r2 − j)(2η + r2 − j)[(η + r2 − j − 1)(r2 −j−1) ]2 ≥ 2(r2 − j)η[(η + r2 − j − 1)(r2 −j−1) ]2 , nên ta thu l−r2 +j η (η + r2 − j − 1)(r2 −j−1) = [ψ(l − r2 + j + 1) − ψ(0)] 2(r2 − j) = (l)(r2 −j) 2(r2 − j) η=0 Tương tự ta có k−r1 +i τ (τ + r1 − i − 1)(r1 −i−1) τ =0 ≤ (k)(r1 −i) 2(r1 − i) Sử dụng ước lượng (2.109) ta k−r1 +i l−r2 +j |∆iτ ∆jη u(τ + r1 − i − 1, η + r2 − j − 1)||∆rτ1 ∆rη2 u(τ, η)| τ =0 η=0 r1 − i ≤ 2(r1 − i)!(r2 − j)! 2r1 − 2i − 1/2 1/2 r2 − j 2r2 − 2j − k−r1 +i l−r2 +j (r1 −j) × (k) (l) (r2 −j) 1/2 v(τ, η)∆τ ∆η v(τ, η) τ =0 η=0 , (2.110) 66 τ −1 η−1 |∆rτ11 ∆rτ22 u(τ1 , η1 )|2 v(τ, η) = τ1 =0 η1 =0 Vì v(τ, η)∆τ ∆η v(τ, η) = ∆τ ∆η v (τ, η) − v(τ + 1, η + 1)[v(τ + 1, η + 1) − v(τ, η)] + v(τ, η + 1)[v(τ, η + 1) − v(τ, η)] + v(τ + 1, η)[v(τ + 1, η) − v(τ, η)] ≤ ∆τ ∆η v (τ, η) − v(τ + 1, η)[v(τ + 1, η + 1) − v(τ, η)] + v(τ, η)[v(τ, η + 1) − v(τ, η)] + v(τ + 1, η)[v(τ1 , η) − v(τ, η)] = ∆τ ∆η v (τ, η) − v(τ + 1, η)[v(τ + 1, η + 1) − v(τ + 1, η)] + v(τ, η)[v(τ, η + 1) − v(τ, η)] ≤ ∆τ ∆η v (τ, η) − v(τ, η)∆τ ∆η v(τ, η) nên v(τ, η)∆τ ∆η v(τ, η) ≤ ∆τ ∆η v (τ, η) Do ta có k−r1 +i l−r2 +j τ =0 η=0 v(τ, η)∆τ ∆η v(τ, η) ≤ v (τ, η) = (k−r1 +i+1,l−r2 +j+1) (0,0) k−r1 +i l−r2 +j |∆rτ11 ∆rη21 u(τ1 , η1 )| τ1 =0 η1 =0 Sử dụng ước lượng vào (2.110) ta bất đẳng thức (2.106) Định lý 2.8.2 Cho hàm ui (k, l), i = 1, xác định N(0, K)×N(0, L) ui (k, 0) = ui (0, L) = ui (k, L) = ui (K, l) = với k ∈ N(0, L) l ∈ N(0, L) Khi đó, ta có K−1 L−1 |u1 (τ, η)||u2 (τ, η)| ≤ τ =1 η=1 i=1 p1 , p2 > thỏa mãn η = K +1 K pi pi L pi K−1 L−1 |∆τ ∆η ui (τ, η)|pi , τ =0 1 + = kí hiệu , p1 p2 (2.111) η=0 xóa bỏ phần tử τ = L+1 tổng Chứng minh Từ giả thiết đồng ta có k−1 l−1 ui (k, l) = ∆τ ∆η ui (τ, η) τ =0 η=0 (2.112) 67 k−1 L−1 ui (k, l) = − ∆τ ∆η ui (τ, η) (2.113) ∆τ ∆η ui (τ, η) (2.114) ∆τ ∆η ui (τ, η) (2.115) τ =0 η=l K−1 l−1 ui (k, l) = − τ =k η=0 K−1 L−1 ui (k, l) = − τ =k η=l Đồng (2.112) với ứng dụng bất đẳng thức Holder với số pi ta k−1 l−1 (pi −1)/pi 1/pi pi |ui (k, l)| ≤ (kl) pi pi − |∆τ ∆η ui (τ, η)| τ =0 η=0 Theo định lý Young ab ≤ ap p1 + bp p2 |u1 (k, l)||u2 (k, l)| ≤ i=1 ta k−1 l−1 (kl)pi −1 pi |∆τ ∆η ui (τ, η)|pi τ =0 η=0 Do ta thu k−1 l−1 |u1 (τ, η)||u2 (τ, η)| ≤ τ =1 η=1 i=1 = i=1 ≤ i=1 ≤ i=1 pi pi τ −1 η−1 k−1 l−1 pi −1 |∆τ1 ∆η1 ui (τ1 , η1 )|pi (τ η) τ1 =0 η1 =0 τ =1 η=1 τ −1 k−1 τ l−1 l−2 η1pi −1 |∆τ1 ∆η ui (τ1 , η)|pi pi −1 τ1 =0 τ =1 k−1 l−2 k−2 (l − 1)pi pi η1 =η+1 η=0 τ1pi −1 |∆τ ∆η ui (τ, η)|pi η=0 τ =0 (k − 1)pi (l − 1)pi pi τ1 =τ +1 k−2 l−2 |∆τ ∆η ui (τ, η)|pi τ =0 η=0 (2.116) Tương tự , từ (2.113) ta có k−1 L−1 |u1 (τ, η)||u2 (τ, η)| ≤ τ =1 η=1 i=1 ≤ i=1 ≤ i=1 pi τ −1 L−1 k−1 L−1 pi −1 |∆τ1 ∆η1 ui (τ1 , η1 )|pi (τ (L − η)) τ1 =0 η1 =η τ =1 η=l (k − 1)pi pi k−2 L−1 η (L − η1 )pi −1 |∆τ ∆η ui (τ, η)|pi η=0 η=l (k − 1)pi (L − p)pi pi η1 =l k−2 L−1 |Deltaτ ∆η ui (τ, η)|pi τ =0 η=l (2.117) 68 Cho l = L+1 vào (2.116) (2.117), lấy tổng vế bất đẳng thức ta k−1 L−1 |u1 (τ, η)||u2 (τ, η)| ≤ τ =1 η=1 i=1 pi k−2 L−1 L (k − 1)pi pi |Deltaτ ∆η ui (τ, η)|pi τ =0 η=0 (2.118) Tương tự bước cho (2.114) (2.115) ta K−1 L−1 |u1 (τ, η)||u2 (τ, η)| ≤ τ =k η=1 i=1 L (K − k)pi pi pi K−1 L−1 |∆τ ∆η ui (τ, η)|pi (2.119) τ =k η=0 K +1 vào (2.118) (2.119), lấy tổng vế bất đẳng thức ta bất đẳng thức cần tìm (2.111) Cho k = Hệ 2.8.2.1 Giả sử định lý 2.8.2, u1 (k, l) = u2 (k, l) p1 = p2 = Khi đó, ta có K−1 L−1 K |u1 (τ, η)| ≤ τ =1 η=1 K−1 L−1 L 2 |∆τ ∆η u1 (τ, η)|2 τ =0 (2.120) η=0 Định lý 2.8.3 Cho ui (k, l), i = 1, định lý 2.8.2 Khi đó, ta có K−1 L−1 p1 p2 |u1 (τ, η)| |u2 (τ, η)| τ =1 η=1 K ≤ p1 + p2 p1 +p2 L p1 +p2 (2.121) K−1 L−1 |∆τ ∆η ui (τ, η)|p1 +p2 , pi τ =0 i=1 η=0 p1 , p2 ≥ Chứng minh Tương tự định lý 2.8.2, ta sử dụng bất đẳng thức Holder với p1 + p số p1 + p2 bất đẳng thức pap+q + qbp+q − (p + q)ap bq ≥ 0, p1 + p2 − a, b ≥ p, q > Định lý 2.8.4 Cho ui (k, l), i = 1, định lý 2.8.2 Khi đó, ta có K−1 L−1 τ =1 η=1 |u1 (τ, η)||u2 (τ, η)| ≤ 2 i=1 max pi K pi L , pi (2.122) K−1 L−1 (|∆τ ui (τ, η)|pi + |∆η ui (τ, η)|pi , × τ =0 η=0 69 p1 , p2 > thỏa mãn 1 + = p1 p2 Chứng minh Từ điều kiện cho ta có k−1 K−1 ∆τ ui (τ, l) ui (k, l) = − ui (k, l) = τ =0 l−1 τ =k L−1 ∆η ui (k, η) ui (k, l) = − ui (k, l) = η=0 τ =1 (2.123) ∆η ui (k, η) η=l Như định lý 2.8.2 ta có K−1 ∆τ ui (τ, l) pi K−1 K |u1 (τ, l)||u2 (τ, l)| ≤ i=1 pi |∆τ ui (τ, l)|pi , τ =0 Từ cho ta K−1 L−1 K pi |u1 (τ, η)||u2 (τ, η)| ≤ τ =1 η=1 i=1 pi K−1 L−1 |∆τ ui (τ, η)|pi , (2.124) |∆η ui (τ, η)|pi (2.125) τ =0 η=0 Tương tự ta có K−1 L−1 |u1 (τ, η)||u2 (τ, η)| ≤ τ =1 η=1 i=1 L pi pi K−1 L−1 τ =0 η=0 Từ (2.124) (2.125) ta có bất đẳng thức cần tìm (2.122) Định lý 2.8.5 Cho ui (k, l), i = 1, định lý 2.8.2 Khi đó, ta có K−1 L−1 p1 p2 |u1 (τ, η)| |u2 (τ, η)| ≤ max τ =1 η=1 K × 2(p1 + p2 ) p1 +p2 L , p1 +p2 K−1 L−1 (|∆τ ui (τ, η)|p1 +p2 + |∆η ui (τ, η)|p1 +p2 , pi i=1 τ =0 η=0 (2.126) p1 , p2 ≥ Chứng minh Tương tự định lý 2.8.4 2.8.3 Hệ 2.8.5.1 Giả sử định lý 2.8.5, u1 (k, l) = u2 (k, l) p1 = p2 Khi ta có K−1 L−1 |u1 (τ, η)|2p1 ≤ max τ =1 η=1 K 2p1 , L 2p1 (2.127) K−1 L−1 (|∆τ u1 (τ, η)|2p1 + |∆η u1 (τ, η)2p1 ) × τ =0 η=0 70 Kết luận Luận văn " Một số bất đẳng thức phi tuyến với thời gian rời rạc " tập trung nghiên cứu vấn đề sau Trình bày chứng minh tương đối đầy đủ bất đẳng thức sai phân biến, có bất đẳng thức quan trọng bất đẳng thức Gronwall, bất đẳng thức Opial, bất đẳng thức Wirtinger Mở rộng bất đẳng thức với nhiều biến độc lập Do điều kiện thời gian khả chưa cho phép nên luận văn số hạn chế khả ứng dụng chương trình Tốn phổ thơng, trình bày cịn nặng lý thuyết, thiếu ứng dụng cụ thể Nếu bổ sung, phát triển thêm luận văn đạt yêu cầu hoàn thiện nội dung lý thuyết lẫn ứng dụng Rất mong quý thầy bạn đọc cảm thơng góp ý để luận văn hoàn chỉnh Tác giả xin chân thành cảm ơn ! 71 Tài liệu tham khảo TIẾNG VIỆT 1- Lê Đình Định, Bài tập Phương trình sai phân, Nhà xuất Giáo Dục, 2012 2- Phan Huy Khải, Bất đẳng thức ứng dụng, Nhà xuất Giáo Dục, 2010 TIẾNG ANH 3- Ravi P Agarwal, Difference equations and inequalitiesTheory, Methods, and Applications, Marcel Dekker, Inc, 2000 ... với bất đẳng thức Gronwall, bất đẳng thức phi tuyến, sai phân, hệ hữu hạn bất đẳng thức, cuối bất đẳng thức Opial Wirtinger • Chương Bất đẳng thức sai phân nhiều biến độc lập Các bất đẳng thức. .. Bất đẳng thức tuyến tính Bất đẳng thức Wendroff Bất đẳng thức phi tuyến Bất đẳng thức chứa sai phân riêng Bất đẳng thức tuyến tính nhiều chiều Bất đẳng. .. VĂN THẠC SỸ KHOA HỌC Người hướng dẫn khoa học GS TS NGUYỄN HỮU DƯ HÀ NỘI- 2013 Mục lục Mở đầu Bất 1.1 1.2 1.3 1.4 1.5 1.6 đẳng thức sai phân Bất đẳng thức Gronwall Bất đẳng thức phi tuyến Bất đẳng