Về một vài bất đẳng thức mới kiểu Simpson đối với hàm lồi tổng quát (Luận văn thạc sĩ)

Về một vài bất đẳng thức mới kiểu Simpson đối với hàm lồi tổng quát (Luận văn thạc sĩ)Về một vài bất đẳng thức mới kiểu Simpson đối với hàm lồi tổng quát (Luận văn thạc sĩ)Về một vài bất đẳng thức mới kiểu Simpson đối với hàm lồi tổng quát (Luận văn thạc sĩ)Về một vài bất đẳng thức mới kiểu Simpson đối với hàm lồi tổng quát (Luận văn thạc sĩ)Về một vài bất đẳng thức mới kiểu Simpson đối với hàm lồi tổng quát (Luận văn thạc sĩ)Về một vài bất đẳng thức mới kiểu Simpson đối với hàm lồi tổng quát (Luận văn thạc sĩ)Về một vài bất đẳng thức mới kiểu Simpson đối với hàm lồi tổng quát (Luận văn thạc sĩ)Về một vài bất đẳng thức mới kiểu Simpson đối với hàm lồi tổng quát (Luận văn thạc sĩ)Về một vài bất đẳng thức mới kiểu Simpson đối với hàm lồi tổng quát (Luận văn thạc sĩ)Về một vài bất đẳng thức mới kiểu Simpson đối với hàm lồi tổng quát (Luận văn thạc sĩ)Về một vài bất đẳng thức mới kiểu Simpson đối với hàm lồi tổng quát (Luận văn thạc sĩ)Về một vài bất đẳng thức mới kiểu Simpson đối với hàm lồi tổng quát (Luận văn thạc sĩ)Về một vài bất đẳng thức mới kiểu Simpson đối với hàm lồi tổng quát (Luận văn thạc sĩ)Về một vài bất đẳng thức mới kiểu Simpson đối với hàm lồi tổng quát (Luận văn thạc sĩ)Về một vài bất đẳng thức mới kiểu Simpson đối với hàm lồi tổng quát (Luận văn thạc sĩ)Về một vài bất đẳng thức mới kiểu Simpson đối với hàm lồi tổng quát (Luận văn thạc sĩ)Về một vài bất đẳng thức mới kiểu Simpson đối với hàm lồi tổng quát (Luận văn thạc sĩ)Về một vài bất đẳng thức mới kiểu Simpson đối với hàm lồi tổng quát (Luận văn thạc sĩ)

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - LÊ TIẾN QUYNH VỀ MỘT VÀI BẤT ĐẲNG THỨC MỚI KIỂU SIMPSON ĐỐI VỚI HÀM LỒI TỔNG QUÁT LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2021 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - LÊ TIẾN QUYNH VỀ MỘT VÀI BẤT ĐẲNG THỨC MỚI KIỂU SIMPSON ĐỐI VỚI HÀM LỒI TỔNG QUÁT Chuyên ngành: Toán ứng dụng Mã số : 46 01 12 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS.TS Nông Quốc Chinh THÁI NGUYÊN - 2021 Mục lục Danh sách kí hiệu viết tắt Mở đầu Chương Một số kiến thức chuẩn bị 1.1 Hàm lồi kết liên quan 1.2 Bất đẳng thức Simpson Chương Bất đẳng thức kiểu Simpson hàm lồi tổng quát 14 2.1 Hàm lồi tổng quát số kết liên quan 14 2.2 Một số bất đẳng thức tập phân thứ 21 2.3 Một số áp dụng bất đẳng thức Jensen tổng quát 24 2.4 Bất đẳng thức kiểu Simpson hàm lồi tổng quát 27 Kết luận 35 Tài liệu tham khảo 35 Danh sách kí hiệu viết tắt N Tập hợp số tự nhiên R Tâp hợp số thực N∗ Tập hợp số tự nhiên bỏ phần tử Zα Tập số nguyên kiểu α xác định {0α , ±1α , ±2α , , ±nα , } Qα Jα Rα Tập hợp số hữu tỉ kiểu α xác định α p : p, q ∈ Z, q = mα = q Tập hợp số vô tỉ kiểu α xác định α p α : p, q ∈ Z, q = m = q Tập hợp số thực kiểu α xác định Rα = Qα ∪ Jα n i=1 f (xi ) f (x1 ) + f (x2 ) + · · · + f (xn ) Mở đầu Chuyên đề bất đẳng thức chun đề rộng tốn học, có nhiều tốn hay thú vị, có ý nghĩa quan trọng Toán học ứng dụng Ngày việc tìm lời giải gần tốn lĩnh vực, đặc biệt kinh tế, địa chất, khí tượng, trở thành phổ biến nhờ có hỗ trợ mạnh mẽ máy tính Việc giải tốn địi hỏi ta ước lượng đánh giá để thu lời giải gần cần thiết Trong trường phổ thơng tốn bất đẳng thức (hay tốn so sánh) ln khai thác để đưa vào rèn luyện tư sáng tạo học sinh Đặc biệt kì thi học sinh giỏi cấp chủ đề bất đẳng thức thường khai thác để đánh giá tư học sinh Bất đẳng thức Simpson bất đẳng thức đánh giá sai số cho ước lượng trung bình tích phân b−a b f (x)dx, a bất đẳng thức có ý nghĩa Kết mở rộng cho nhiều lớp hàm xác định [a, b] ⊂ R Hiện nay, bất đẳng thức nhiều nhà tốn học quan tâm nghiên cứu, khơng tập số thực mà mở rộng nghiên cứu tâp phân thứ (fractal sets) Dưới hướng dẫn PGS TS Nông Quốc Chinh, lựa chọn đề tài “Về vài bất đẳng thức kiểu Simpson hàm lồi tổng quát” Nội dung luận văn viết hai chương Chương Một số kiến thức chuẩn bị Nội dung chương trình bày hàm lồi, số tính chất bất đẳng thức liên quan tới hàm lồi, kết phát biểu chứng minh hàm lồi suy rộng trình bày chương sau Trong mục 1.2 chương này, chúng tơi trình bày bất đẳng thức Simpson Nội dung chương tham khảo từ tài liệu [1]-[4] Chương Bất đẳng thức kiểu Simpson hàm lồi tổng quát Nội dung chương trình bày hàm lồi tổng quát xác định tập phân thứ Đưa số bất đẳng thức kiểu Jensen, Hermite - Hadamad hàm lồi tổng quát Bt ng thc Hăolder trờn phõn th Phn cui chương trình bày đẳng thức kiểu Simpson hàm lồi tổng quát Kết nhóm tác giả M Z Sarıkaya, H Budak, and S Erden đưa năm 2019 nghiên cứu số kết tập phân thứ Nội dung chương tham khảo từ tài liệu [5] [6] Để hoàn thành luận văn cách hoàn chỉnh, nỗ lực học hỏi thân, em nhận hướng dẫn giúp đỡ nhiệt tình PGS TS Nơng Quốc Chinh Em xin chân thành bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến thầy xin gửi lời tri ân em điều thầy dành cho em Em xin chân thành cảm ơn thầy Khoa Tốn – Tin, q thầy giảng dạy lớp Cao học Tốn K12 (2018 - 2020), Ban Giám hiệu, Phòng Đào tạo, Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên tận tình truyền đạt kiến thức quý báu tạo điều kiện tốt suốt trình em tham gia học tập trường Tơi xin cảm ơn Ban Giám hiệu Trường THCS Tân Dân, Khoái Châu, Hưng Yên tạo điều kiện cho suốt q trình học tập Tơi xin gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, bạn bè đồng nghiệp, người động viên, hỗ trợ tạo điều kiện cho tơi suốt q trình học tập thực luận văn Thái Nguyên, ngày 18 tháng 01 năm 20201 Tác giả Lê Tiến Quynh Chương Một số kiến thức chuẩn bị Trong chương trình bày hàm lồi, số tính chất bất đẳng thức liên quan tới hàm lồi, kết phát biểu chứng minh hàm lồi suy rộng trình bày chương sau Trong mục 1.2 chương này, chúng tơi trình bày bất đẳng thức Simpson 1.1 Hàm lồi kết liên quan Cho hai điểm a, b ∈ R, tập tất các điểm x = (1 − t)a + tb với t gọi đoạn thẳng (đóng) a b ký hiệu [a, b] Tập I ⊂ R gọi lồi chứa đường thẳng nối hai điểm nó; nói cách khác, (1 − t)a + tb ∈ I miễn a, b ∈ I, t Định nghĩa 1.1.1 Cho hàm f : I → [−∞, +∞] tập lồi I ⊂ R Hàm f gọi lồi với x1 , x2 ∈ I t ∈ [0, 1] ta có f (tx1 + (1 − t)x2 ) tf (x1 ) + (1 − t)f (x2 ) vế phải xác định Hàm f gọi lõm I −f hàm lồi Mệnh đề 1.1.2 Giả sử f : I → [−∞, +∞] hàm lồi Khi đó, với tập hữu hạn x1 , , xk ∈ I số không âm t1 , , tk thỏa mãn t1 + t2 + · · · + tk = 1, ta có k f( k ti xi ) i=1 ti f (xi ) i=1 Mệnh đề 1.1.3 Hàm f : R → R hàm lồi thỏa mãn f x+y f (x) + f (y) (1.1) với x, y ∈ R (xem hình vẽ đây) Hàm lồi lần giới thiệu J.L.W.V.Jensen năm 1905, hàm số thỏa mãn điều kiện (1.1) nghiên cứu Hadamard (1893) Holder (1889) Ví dụ số hàm lồi Ví dụ 1.1.4 Các hàm số xác hàm số lồi (a) f (x) = ax + b R với a, b ∈ R (b) f (x) = x2 R (c) f (x) = eαx R với α α (d) f (x) = |x| R (e) f (x) = x log x R+ (f) f (x) = tan x 0, π2 Khẳng định Tổng hữu hạn hàm lồi hàm lồi Tuy nhiên, tích hàm lồi chưa lồi Chẳng hạn hàm f (x) = x2 g(x) = ex hàm lồi R tích chúng h(x) = x2 ex hàm lồi R Mệnh đề 1.1.5 Giả sử f có đạo hàm I Khi f hàm lồi I f hàm tăng I (Tức f có đạo hàm cấp f > I) Hệ 1.1.6 Cho f : [a, b] ⊆ R → R hàm lồi đoạn [a, b] Giả sử xi ∈ [a, b], n pi 0, i ∈ {1, 2, , n} Pn := pi > Khi i=1 n Pn f n Pn p i xi i=1 pi f (xi ) (1.2) i=1 Chứng minh Ta chứng minh quy nạp Với n = 2, ta phải chứng minh p1 f (x1 ) + p2 f (x2 ) , p1 + p2 p x1 + p x2 p1 + p2 f x1 , x2 ∈ I, p1 , p2 (1.3) với p1 + p2 > Bây giờ, ta ý (1.3) rút từ định nghĩa hàm lồi với p1 t= , x = x1 y = x2 Vậy (1.3) chứng minh p1 + p2 Giả sử (1.2) với n, ta chứng minh với n + 1, tức ta muốn chứng minh f với xi ∈ I, pi n+1 p i xi Pn+1 i=1 n+1 pi f (xi ) Pn+1 (1.4) i=1 (i = 1, , n + 1) với Pn+1 > Nếu p1 = · · · = pn = 0, hiển nhiên (1.4) Giả sử Pn > 0, f n+1 p i xi Pn+1 Pn · Pn+1 Pn =f i=1 Pn f Pn+1 f hàm lồi với t = Pn ,x = Pn+1 Pn n i=1 Pn n pi x i + i=1 n p i xi i=1 + pn+1 xn+1 Pn+1 pn+1 f (xn+1 ) Pn+1 pi xi y = xn+1 Sử dụng giả thiết quy nạp, ta Pn f Pn+1 Pn n p i xi i=1 + pn+1 f (xn+1 ) Pn+1 Pn Pn+1 Pn n pi f (xi ) i=1 (1.5) + = pn+1 f (xn+1 ) Pn+1 n+1 Pn+1 + pi f (xi ) (1.6) i=1 Từ (1.5) (1.6) suy (1.5) Kết Bất đẳng thức Hermite–Hadamard cận cận trung bình tích phân Kết trình bày chương sau lớp hàm lồi suy rộng tập phân thứ Mệnh đề 1.1.7 (Bất đẳng thức Hermite–Hadamard) Giả sử f hàm lồi [a, b] Khi đó, f khả tích [a, b] ta có f( b b−a a+b ) f (a) + f (b) f (x)dx a (1.7) Kết qu tip theo l bt ng thc Hăolder quen thuc lớp bất đẳng thức sơ cấp Kết trình bày chương sau số xác định tập phân thứ Định lý 1.1.8 (Bt ng thc Hăolder) Cho hai b s a1 , a2 , , an b1 , b2 , , bn hai n số thực dương p > 1, thỏa mãn q −1 + p−1 = Khi ta có bất đẳng thức sau n p n api b i i=1 q n bqi i=1 (1.8) i=1 Dấu xảy api = kbqi với i ∈ {1, 2, , , n} Kết l bt ng thc Hăolder dng gii tớch, chỳng tơi trình bày kết mà khơng chứng minh nh lý 1.1.9 (Bt ng thc Hăolder dng gii tớch) Giả sử p, q > thỏa mãn 1 + = 1, f g hai hàm số liên tục đoạn [a, b], p q b p |f (x)g(x)| dx a p b b q |g(x)| dx |f (x)| dx a q (1.9) a Dấu “=” xảy tồn hai số thực A B không đồng thời không cho A |f (x)|p = B |g(x)|q , ∀x ∈ [a, b] 22 Như vậy, bất đẳng thức (2.23) với n = k + Vậy, theo quy nạp, bất đẳng thức (2.23) Hệ 2.2.2 Giả sử f ∈ D2α [a, b] f (2α) (x) với x ∈ [a, b] Khi đó, với n i=1 xi ∈ [a, b] λi ∈ [0, 1] (i = 1, 2, , n) thỏa mãn n λi = ta có n f λαi f (xi ) λi xi i=1 (2.25) i=1 Vận dụng bất đẳng thức Jensen tổng qt tính chất hàm lồi, ta có thiết lập số bất đẳng thức tích phân Yang thiết lập bất đẳng thức Cauchy–Schwarz tổng quát aα b α , p q aα/p bα/q aα , bα > 0, p, q với 1/p) + (1/q = Tiếp theo, vận dụng bất đẳng thức Jensen tổng quát ta chứng minh bất đẳng thức Cauchy–Schwarz tổng quát Hệ 2.2.3 (Bất đẳng thức Cauchy–Schwarz tổng quát) Giả sử |ak | > 0, |bk | > 0, k = 1, 2, , n Khi ta có n 1/2 n α α |ak | |bk | 2α |ak | i=1 |bk | i=1 |bk |2 , n |bk (2.26) i=1 Chứng minh Chọn f (x) = x2α Khi ta có f (2α) (x) λk = 1/2 n 2α xk = |2 với x ∈ (a, b) |ak | |bk | (2.27) i=1 Ta có λk n i=1 (k = 1, 2, , n) với λk = Vì vậy, theo bất đẳng thức Jensen n f n i=1 ta có n k=1 (α) λk xk |bk |2 |ak | n k=1 |bk | |bk | λk f (xk ), i=1 2α n |bk |2 n k=1 |bk | k=1 α |ak | |bk | 2α (2.28) Bất đẳng thức rút gọn sau n k=1 |bk ||ak | n k=1 |bk | 2α n k=1 ( |ak |2α , n α k=1 |bk | ) (2.29) 23 từ suy 2α n n n |ak |2α |bk ||ak | k=1 k=1 |bk |2α (2.30) k=1 Vì ta có n n α |ak | k=1 1/2 n α |bk | 2α |ak | k=1 1/2 n 2α |bk | k=1 (2.31) k=1 (α) Định lý 2.2.4 (Bất đẳng thức Hermite-Hadamard tổng quát) Giả sử f (x) ∈ Ix [a, b] hàm lồi tổng quát [a, b] với a < b Khi ta có Γ(1 + α) b a I f (x) (b − a)α a a+b f f (a) + f (b) 2α (2.32) f (a + b − y)(dy)α (2.33) Chứng minh Xét x = a + b − y Khi đó, ta có (a+b)/2 b f (x)dx = b (a+b)/2 Hơn nữa, x ∈ [(a + b)/2, b], a + b − x ∈ [a, (a + b)/2] Theo tính lồi hàm f ta có f (a + b − y) + f (x) 2α f a+b (2.34) Vì (a+b)/2 (a+b)/2 b f (x)(dx) + f (x)(dx) = a a a f (x)(dx)α α α b [f (a + b − x) + f (x)](dx)α (36) = (a+b)/2 b a+b 2α f (dx)α (a+b)/2 a+b = (b − a)α f (2.35) Vậy ta có bất đẳng thức đầu Ta chứng minh bất đẳng thức sau, f hàm lồi tổng quát, nên với t ∈ [0, 1] ta có f (ta + (1 − t)b)) tα f (a) + (1 − t)α f (b), f ((1 − t)a + tb) (1 − t)α f (a) + tα f (b) Cộng hai bất đẳng thức ta f (ta + (1 − t)b) + f ((1 − t)a + tb) tα f (a) + (1 − t)α f (b) + (1 − t)α f (a) + tα f (b) = f (a) + f (b) (2.36) 24 Khi đó, lấy tích phân hai vế theo t ∈ [0, 1] ta thu Γ(1 + α) [f (ta + (1 − t)b) + f ((1 − t)b + yb)](dt)α Γ(1 + α) (2.37) α (f (a) + f (b))(dt) Ta dễ dàng có Γ(1 + α) [f (ta + (1 − t)b) + f ((1 − t)b + yb)](dt)α = 2α b a Ia f (x), α (b − a) Γ(1 + α) [f (a) + f (b)](dt)α = f (a) + f (b) Γ(1 + α) (2.38) Vì Γ(1 + α) b a I f (x) (b − a)α a f (a) + f (b) (2.39) Từ bất đẳng thức (2.35) (2.39) ta có f a+b Γ(1 + α) b a I f (x) (b − a)α a f (a) + f (b) (2.40) Ta thấy với α = ta thu lớp bất đẳng thức Hermite-Hadamard 2.3 Một số áp dụng bất đẳng thức Jensen tổng quát Vận dụng bất đẳng thức Jensen hàm lồi tổng quát ta thu số toán sau Ví dụ 2.3.1 Giả sử a > 0, b > a3α + b3α 2α Chứng minh a + b Lời giải Xét hàm f (x) = x3α , x ∈ (0, +∞) Khi ta có f hàm lồi tổng qt Vì vậy, ta có f a+b f (a) + f (b) (2.41) Nghĩa là, (a + b)3α 8α Do đó, ta có a + b a3α + b3α 2α 1α (2.42) 25 Ví dụ 2.3.2 Giả sử x, y ∈ R Chứng minh x+y Eα với Eα (xα ) = ∞ αk k=0 (x /Γ(1 α (Eα (xα ) + Eα (y α )), 2α (2.43) + kα)) hàm Mittag-Lefer Lời giải Chọn f (x) = Eα (xα ) Khi ta có (Eα (xα ))(2α) = Eα (xα ) > Từ bất đẳng thức Jensen tổng quát ta có x+y Eα α (Eα (xα ) + Eα (y α )) 2α (2.44) Ví dụ 2.3.3 Giả sử a1 , a2 , , an > < s < t s < t < Đặt αr αr aαr + a2 + · · · + an nα Sr = Chứng minh Ss 1/r , r ∈ R (2.45) St Dấu xảy a1 = a2 = · · · = an Lời giải Ta xét trường hợp sau Trường hợp < s < t Chọn hàm f (x) = x(t/s)α , x > Khi đó, ta có f (2α) (x) = Γ(1 + tα/s) x(t/s−2)α > Γ(1 + (t/s − 1)α) (2.46) Áp dụng bất đẳng thức Jensen tổng quát, ta có f as1 + as2 + · · · + asn n f (as1 ) + f (as2 ) + · · · + f (asn ) nα (2.47) Nghĩa as1 + as2 + · · · + asn n (t/s)α (as1 )(t/s)α + (as2 )(t/s)α + · · · + (asn )(t/s)α nα (2.48) Từ bất đẳng thức ta có αs αs aαs + a2 + · · · + an nα Do ta thu Ss 1/s (as1 )αt + (as2 )αt + · · · + (asn )αt nα 1/t (2.49) St Trường hợp s < t < Xét bi = 1/ai áp dụng trường hợp < −t < −s ta thu điều phải chứng minh 26 Ví dụ 2.3.4 Giả sử a, b, c > thỏa mãn a + b + c = Tìm giá trị bé P với P = a+ a 10α b + b+ 10α + c+ c 10α (2.50) Lời giải Vì a, b, c > thỏa mãn a + b + c = nên < a, b, c < Xét hàm f (x) = (x + 1/x)10α , x ∈ (0, 1) Khi đó, từ dα xkα Γ(1 + kα) x(k+1)α , = α dx Γ(1 + (k − 1)α) (2.51) ta có f (2α) (x) = Γ(1 + 10α) Γ(1 + 8α x+ x Γ(1 + x)Γ(1 + 10α) + Γ(1 + 9α) 8α 1− x+ x x2 2α 9α x3 α > Áp dụng bất đẳng thức Jensen tổng quát ta có 10 10α =f a+b+c [f (a) + f (b) + f (c)] 3α 10α 1 = α a+ + b+ a b Vì vậy, giá trị bé P = 10α + c+ c 10α 1010α a = b = c = 9α 3 Ví dụ 2.3.5 Giả sử a, b, c, d > thỏa mãn c2α + d2α = (a2α + b2α )3 Chứng minh a3α b3α + α cα d 1α (2.52) Lời giải Xét x1 = (a3 /c)1/2 , x2 = (b3 /d)1/2 , y1 = (ac)1/2 , y2 = (bd)1/2 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwartz tổng quát, ta có a3α b3α + α cα d 2α 2α 2α (aα cα + bα dα ) = (x2α + x2 )(y1 + y2 ) (xα1 y1α + xα2 y2α )2 = (a2α + b2α )1/2 (c2α + d2α )1/2 aα cα + bα dα Chia hai bất đẳng thức cho aα cα + bα dα , ta thu điều phải chứng minh 27 2.4 Bất đẳng thức kiểu Simpson hàm lồi tổng quát Kết trình bày mở rộng bất đẳng thức Simpson lớp hàm lồi tổng quát Kết trích dẫn từ tài liệu [6], cơng bố tạp chí Korean J Math năm 2019 Định lý 2.4.1 Giả sử khoảng I ⊆ R xét hàm f : I ⊆ R → Rα (với I tập điểm I) cho f ∈ Dα (I ) f (α) ∈ Cα [a, b] a, b ∈ I a < b Khi đó, với x ∈ [a, b], ta có đẳng thức a+b Γ(1 + α) α f (a) + 4f + f (b) − I f (t) α (b − a)α a b (b − a)α = p(t)f (α) (bt + (1 − t)a) (dt)α Γ(1 + α) p(t) =        t− α , t ∈ 0, t− α , t∈ (2.53) ,1 Chứng minh Sử dụng tích phân phân thứ địa phương phần (xem Bổ đề (2.1.5)), ta có Γ(1 + α) p(t)f (α) (bt + (1 − t)a) (dt)α 1 = t− f (α) (bt + (1 − t)a) (dt)α Γ(1 + α) α 1 + t− f (α) (bt + (1 − t)a) (dt)α Γ(1 + α) 12 = t− α f (bt + (1t)a) (b − a)α (2.54) − Γ(1 + α)f (bt + (1 − t)a) (dt)α α (b − a) Γ(1 + α) α f (bt + (1 + t)a) + t− (b − a)α 1 − Γ(1 + α)f (bt + (1 − t)a) (dt)α (b − a)α Γ(1 + α) 21 = α f a+b − − α (b + a) α f (a) + (b − a)α α f (b) (b − a)α 28 − − f α a+b Γ(1 + α) − α (b − a) (b + a)2 αΓ(1 + α) b f (t)(dt)α a Nhân hai vế đẳng thức với (b − a)α , ta thu điều phải chứng minh Định lý 2.4.2 Giả sử khoảng I ⊆ R xét hàm f : I ⊆ R → Rα (với I tập điểm I) cho f ∈ Dα (I ) f (α) ∈ Cα [a, b] a, b ∈ I a < b Nếu |f (α) | hàm lồi tổng quát [a, b], ta có bất đẳng thức a+b Γ(1 + α) b f (a) + 4f + f (b) − I f (t) α (b + a)α a a (b − a)α Γ(1 + α) Γ(1 + 2α) |f (α) (a)| + |f (α) (b)| α 12 Γ(1 + 2α) Γ(1 + 3α) (2.55) Chứng minh Sử dụng đẳng thức (2.53), ta có bất đẳng thức sau a+b Γ(1 + α) b f (a) + 4f + f (b) − I f (t) α (b + a)α a a (b − a)α |p(t)||f (α) (bt + (1 − t)a) |(dt)α Γ(1 + α)  α  = (b − a)  t− Γ(1 + α) α |f (α) (bt + (1 + t)a)|(dt)α (2.56)  + Γ(1 + α) t− α  |f (α) (bt + (1 − t)a)|(dt)α  Vì |f (α) | hàm lồi tổng quát [a, b] nên ta có |f (α) (bt + (1 − t)a)| tα |f (α) (b)| + (1 − t)α |f (α) (a)| (2.57) Từ bất đẳng thức (2.57) ta có a+b Γ(1 + α) b f (a) + 4f + f (b) − I f (t) α (b + a)α a a   1  α  |f (α) (b) 1  (b − a)α − t tα (dt)α + t−   6  Γ(1 + α)  −t + α tα (dt)α + tα (dt)α α  tα (dt)α  (2.58) 6  (α) + t− α |f (a)   Γ(1 + α) −t α tα (dt)α + t− 6 α tα (dt)α 29 α −t +   α  α α t− t (dt)    tα (dt)α + Áp dụng Bổ đề 2.1.5 ta có Γ(1 + α) −t α t− α −t α α −1 216 α 26 216 α α t (dt) = −98 216 91 216 α tα (dt)α = α α α α α α t (dt) = Γ(1 + 2α) + Γ(1 + 3α) 216 α Γ(1 + 2α) − Γ(1 + 3α) 216 α Γ(1 + 2α) + Γ(1 + 3α) 80 216 α Γ(1 + 2α) − Γ(1 + 3α) 55 216 α Γ(1 + α) , Γ(1 + 2α) (2.59) Γ(1 + α) , Γ(1 + 2α) (2.60) Γ(1 + α) , Γ(1 + 2α) (2.61) Γ(1 + α) Γ(1 + 2α) (2.62) Γ(1 + α) t (dt) = 6 Γ(1 + α) 1 Γ(1 + α) t− Tiếp theo, cách đổi biến u = − t, ta có Γ(1 + α) α −t tα (dt)α 1 = Γ(1 + α) u− α (2.63) uα (du)α = 91 216 α α α α α Γ(1 + 2α) − Γ(1 + 3α) 55 216 α Γ(1 + α) Γ(1 + 2α) tương tự, ta có t− Γ(1 + α) α −98 216 α α t (dt) = 26 216 26 216 α tα (dt)α = t (dt) = Γ(1 + 2α) + Γ(1 + 3α) 80 216 α Γ(1 + 2α) − Γ(1 + 3α) 216 α Γ(1 + 2α) − Γ(1 + 3α) 216 α Γ(1 + α) , Γ(1 + 2α) (2.64) Γ(1 + α) , Γ(1 + 2α) (2.65) Γ(1 + α) Γ(1 + 2α) (2.66) 6 Γ(1 + α) −t α α 1 Γ(1 + α) t− 30 Thế đẳng thức (2.60)-(2.66) vào bất đẳng thức (2.59) ta có điều phải chứng minh Định lý 2.4.3 Giả sử khoảng I ⊆ R xét hàm f : I ⊆ R → Rα (với I tập điểm I) cho f ∈ Dα (I ) f (α) ∈ Cα [a, b] a, b ∈ I a < b Nếu |f (α) |q , q > hàm lồi tổng quát [a, b], ta có bất đẳng thức f (a) + 4f 6α (b − a)α a+b + f (b) − p Γ(1 + pα Γ(1 + (p + 1)α) (Γ(1 + α)) q  |f (α) (a)|q + |f (α) × 22α p, q > thỏa mãn Γ(1 + α) α I f (t) (b − a)α a b a+b + 2p+1 6p+1 q |q α p |f (α) + (2.67) a+b |q + |f (α) (b)|q 22α  q  1 + = p q Chứng minh Từng đẳng thức (2.53) áp dụng bất đẳng thc Hăolder tng quỏt (Bt ng thc (2.5), B 2.1.6) ta có a+b Γ(1 + α) α I f (t) f (a) + 4f + f (b) − α (b − a)α a b (b − a)α |p(t)||f (α) (bt + (1 − t)a) |(dt)α Γ(1 + α)  α  = (b − a)  Γ(1 + α) t− α |f (α) (bt + (1 + t)a)|(dt)α  + Γ(1 + α) t− α  |f (α) (bt + (1 − t)a)|(dt)α    (b − a)α   Γ(1 + α)  p1 t− αp  (dt)α   1q  1    × |f (α) (bt + (1 − t)a)|q (dt)α    Γ(1 + α)    +  p1 1 Γ(1 + α) t− αp  (dt)α  (2.68) 31   × 1 Γ(1 + α)  1q    |f (α) (bt + (1 − t)a)|q (dt)α    Áp dụng Bổ đề 2.1.5, ta có Γ(1 + α) t− αp (dt)α (2.69) −t = Γ(1 + α) αp (dt) + Γ(1 + α) αp −t α (dt)α α p Γ(1 + pα + 2p+1 = Γ(1 + (p + 1)α) 6p+1 (2.70) 1 Γ(1 + α) t− αp (dt)α 1 = Γ(1 + α) −t αp 1 (dt) + Γ(1 + α) α + 2p+1 Γ(1 + pα = Γ(1 + (p + 1)α) 6p+1 t− αp (dt)α (2.71) α Vì |f (α) |q hàm lồi tổng quát [a, b], áp dụng bất đẳng thức Hermite - Hadamard (Bất đẳng thức (2.32), Định lý 2.2.4), ta có 2 |f (α) (bt + (1 − t)a)|q (dt)α = (b − a)α |f (α) (u)|q (du)α (2.72) q |f (α) (a)| + |f (α) 22α a+b |q , |f (α) (bt + (1 − t)a)|q (dt)α = (b − a)α |f (α) (u)|q (du)α (2.73) |f (α) a+b |q + |f (α) (b)|q 22α 32 Thế đẳng thức (2.69)-(2.71) bất đẳng thức (2.72) (2.73) vào (2.68) ta thu bất đẳng thức sau a+b f (a) + 4f 6α  + f (b) − p Γ(1 + pα) (b − a)α  Γ(1 + (p + 1)α) (p+1)α Γ(1 + pα) Γ(1 + (p + 1)α) p |f (α) × (Γ(1 + α))1/q a+b a+b |q + (p+1)α + |f (α) (a)|q + |f (α) 22α × (Γ(1 + α))1/q + Γ(1 + α) α I f (t) (b − a)α a b (p+1)α p q (2.74) (p+1)α |q + |f (α) (b)|q + 22α p q Định lý 2.4.4 Giả sử khoảng I ⊆ R xét hàm f : I ⊆ R → Rα (với I tập điểm I) cho f ∈ Dα (I ) f (α) ∈ Cα [a, b] a, b ∈ I a < b Nếu |f α |q , q > hàm lồi tổng quát [a, b] ta có bất đẳng thức f (a) + 4f 6α a+b α (b − a) × α p 36 25 216 + f (b) − Γ(1 + α) α I f (t) (b − a)α a b α Γ(1 + α) p Γ(1 + 2α) Γ(1 + 2α) − Γ(1 + 3α) 216 α + + + α Γ(1 + α) |f (α) (b)|q Γ(1 + 2α) α 25 −7 Γ(1 + 2α) Γ(1 + α) + |f (α) (b)|q 216 Γ(1 + 3α) 216 Γ(1 + 2α) α α −7 Γ(1 + 2α) 25 Γ(1 + α) + |f (α) (b)|q 216 Γ(1 + 3α) 216 Γ(1 + 2α) 25 216 α p, q > thỏa mãn Γ(1 + 2α) − Γ(1 + 3α) 216 α Γ(1 + α) |f (α) (b)|q Γ(1 + 2α) (2.75) 1/q 1/q 1 + = p q Chứng minh Từng đẳng thức (2.53) ta có a+b f (a) + 4f α (b − a)α Γ(1 + α) + f (b) − Γ(1 + α) α I f (t) (b − a)α a b |p(t)||f (α) (bt + (1 − t)a) |(dt)α (2.76) 33   = (b − a)α  Γ(1 + α) t− α |f (α) (bt + (1 + t)a)|(dt)α  + Γ(1 + α) t− α  |f (α) (bt + (1 − t)a)|(dt)α  1 + = α p q quát ta có 1 + p q Vì viết α Áp dng Bt ng thc Hăolder tng f (a) + 4f 6α a+b Γ(1 + α) α + f (b) − I f (t) (b − a)α a b   p1 α  1  (b − a)α  t − |(dt)α   Γ(1 + α) (2.77)  × 1/q  Γ(1 + α) t− α  |f (α) (bt + (1 + t)a)|q (dt)α    +  p1 1 Γ(1 + α) t− α  |(dt)α    × 1/q  α   t− |f (α) (bt + (1 + t)a)|q (dt)α    1 Γ(1 + α) Vì |f (α) |q hàm lồi tổng quát [a, b], nên ta có Γ(1 + α) t− α |f (α) (bt + (1 + t)a)|q (dt)α Γ(1 + α) t− α tα |f (α) (b)|q (1 − t)α |f (α) |(a)|q (dt)α = |f (α) q (b)| + |f (α) (a)|q 25 216 −7 216 α α Γ(1 + 2α) − Γ(1 + 3α) Γ(1 + 2α) + Γ(1 + 3α) 216 25 216 α α Γ(1 + α) Γ(1 + 2α) Γ(1 + α) , Γ(1 + 2α) (2.78) 34 1 Γ(1 + α) t− α |f (α) (bt + (1 + t)a)|q (dt)α 1 Γ(1 + α) t− α tα |f (α) (b)|q (1 − t)α |f (α) |(a)|q (dt)α (2.79) = |f (α) q (b)| + |f (α) (a)|q −7 216 25 216 α α Γ(1 + 2α) + Γ(1 + 3α) Γ(1 + 2α) − Γ(1 + 3α) 25 216 216 α α Γ(1 + α) Γ(1 + 2α) Γ(1 + α) Γ(1 + 2α) Và ta có Γ(1 + α) t− α t− α α (dt) = 36 α 36 α Γ(1 + α) Γ(1 + 2α) (2.80) Γ(1 + α) Γ(1 + 2α) (2.81) 1 Γ(1 + α) α (dt) = Thế đẳng thức (2.78)-(2.81) vào (2.77) ta thu điều cần chứng minh 35 Kết luận Luận văn “Về vài bất đẳng thức kiểu Simpson hàm lồi tổng quát” trình bày nội dung sau: (i) Trình bày về hàm số lồi s tớnh cht ca hm li Bt ng thc Hăolder (ii) Trình bày bất đẳng thức Hermite – Hadamad bất đẳng thức Simpson, kết mở rộng lớp hàm lồi tổng quát tập phân thứ (iii) Trình bày hàm lồi tổng quát tập phân thứ, số tính chất tương tự đối hàm lồi thông thường số bất đẳng thức tập phân thứ (mục 2.2), số ví dụ minh họa áp dụng bất đẳng thức Jensen tổng quát (mục 2.3) Trình bày chứng minh chi tiết bất đẳng thức kiểu Simpson hàm lồi tổng quát (mục 2.4) Các nội dung trình bày luận văn tham khảo từ tài liệu liệt kê mục Tài liệu tham khảo trình bày chi tiết tường minh 36 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Nguyễn Văn Mậu (2005), Bất đẳng thức: Định lý áp dụng, NXB Giáo dục [2] Trịnh Thị Thanh Bình (2019), Về bất đẳng thức Simpson áp dụng, Luận văn Thạc sĩ Toán học, Trường ĐH Khoa học - ĐHTN Tiếng Anh [3] S S Dragomir (1999), “On Simpson’s quadrature formula for Lipschitzian mappings and applications”, Soochow J Mathematics, 25(2), pp 175–180 [4] D S Mitrinovir, J E Peari and A M Fink (1994), Inequalities Involving Functions and Their Integrals and Derivatives, Kluwer Academic Publishers, Dordrecht [5] H Mo, X Sui and D Yu (2014), “Generalized convex functions on fractal sets and two related inequalities”, Abstract and Applied Analysis, Volume 2014, Article ID636751, pages [6] M Z Sarıkaya, H Budak, and S Erden (2019), “On new inequalities of Simpson’s type for generalized convex functions”, Korean J Math., 27(2), pp 277–293 ... dụng bất đẳng thức (1.25) đẳng thức (1.24) ta thu bất đẳng thức (1.23) 14 Chương Bất đẳng thức kiểu Simpson hàm lồi tổng quát Nội dung chương trình bày đẳng thức kiểu Sompson hàm lồi tổng quát. .. Chia hai bất đẳng thức cho aα cα + bα dα , ta thu điều phải chứng minh 27 2.4 Bất đẳng thức kiểu Simpson hàm lồi tổng quát Kết trình bày mở rộng bất đẳng thức Simpson lớp hàm lồi tổng quát Kết... Chương Một số kiến thức chuẩn bị 1.1 Hàm lồi kết liên quan 1.2 Bất đẳng thức Simpson Chương Bất đẳng thức kiểu Simpson hàm lồi tổng quát 14 2.1 Hàm lồi