(Luận văn thạc sĩ) 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 VỀ MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC TÍCH PHÂN TRONG GIẢI TÍCH LƯỢNG TỬ Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC TS Mai Viết Thuận THÁI NGUYÊN - 2020 Mục lục Chương Một số kiến thức chuẩn bị 1.1 q−đạo hàm 5 1.2 q−tích phân 12 1.2.1 q−nguyên hàm 12 1.2.2 Tích phân Jackson 13 1.2.3 Định nghĩa số tính chất q−tích phân 15 1.3 q−tích phân chặt (restricted definite q−integral) 18 Chương Một số bất đẳng thức tích phân giải tích lượng tử 21 2.1 Bất đẳng thức q−Steffensen số áp dụng 21 2.2 Bt ng thc qGră uss v mt số áp dụng 36 2.3 Bất đẳng thức q−Chebyshev số áp dụng 40 2.4 Bất đẳng thức q−Hermite-Hadamard 44 LỜI NÓI ĐẦU Bất đẳng thức tích phân chủ đề hay khó tốn học Một số bất đẳng thức tích phân tiếng quan trọng kể đến bất đẳng thức Steffensen J.F Steffensen giới thiệu vào năm 1918, bất đẳng thức Iyengar K.S.K Iyengar đưa vào năm 1938 báo “Note on an inequality” tạp chí “Math Student”, bất ng thc Gră uss c nh toỏn hc G Gră uss công bố vào năm 1935, bất đẳng thức Hermite-Hadamard công bố Hermite-Hadamard vào năm 1891 Những bất đẳng thức nhận quan tâm nghiên cứu mở rộng nhiều nhà toán học giới (xem tài liệu [7, 8, 9, 10, 12, 15, 16, 17, 18, 19, 20, 21, 22, 23] tài liệu tham khảo tài liệu đó) Theo hiểu biết chúng tơi, có số luận văn thạc sĩ chuyên ngành phương pháp tốn sơ cấp trình bày bất đẳng thức tích phân [5], bất đẳng thức Hermite-Hadamard 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 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 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] Chú ý kết áp dụng cho số lớp hàm lồi khả vi theo nghĩa thơng thường tích phân khả tích Riemann Tuy nhiên, việc áp dụng 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 lập trình Một câu hỏi tự nhiên đặt liệu có cách định nghĩa đạo hàm mà không cần lấy giới hạn Một câu trả lời khái 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 x = x0 +h, q số cố định khác 1, h số cố định khác không không lấy giới hạn ta thu định nghĩa q−đạo hàm (q−derivative) h−đạo hàm (h−derivative) hàm f (x) điểm x0 Trong sách chuyên khảo “Quantum Calculus” (Giải tích lượng tử) [14], tác giả trình bày cách hệ thống định nghĩa số tính chất q−đạo hàm, h−đạo hàm q−tích phân Những năm gần đây, giải tích lượng tử nhận 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 trọng nhà khoa học nghiên cứu đề xuất công bố gần tạp chí quốc tế uy tín [21, 22] Luận văn trình bày số bất đẳng thức tích phân bất đẳng thức Steffensen, bất đẳng thức Iyengar, bt ng thc Gră uss, bt ng thc Chebyshev v bất đẳng thức dạng Hermite–Hadamard sở đọc hiểu trình bày lại cách hệ thống kết H Gauchman [11] Luận văn gồm có chương gồm nội dung sau: Trong Chương 1, trình bày số khái niệm tính chất quan trọng q−đạo hàm, q−tích phân q−tích phân chặt Trong Chương 2, chúng tơi trình bày số bất đẳng thức tích phân quan trọng bất đẳng thc Steffensen, bt ng thc Iyengar, bt ng thc Gră uss, bất đẳng thức Chebyshev bất đẳng thức dạng Hermite–Hadamard cho q−đạo hàm q−tích phân chặt Ngồi việc đọc hiểu trình bày lại cách hệ thống kết H Gauchman, chúng tơi cịn sửa số lỗi kết Có thể nói đóng góp luận văn 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 cứu Đồng thời xin gửi lời cảm ơn tới gia đình thân yêu, cảm ơn người bạn thân thiết chăm sóc động viên khích lệ tơi suốt q trình nghiên cứu Sau tơi xin kính chúc tồn thể q thầy trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên thật dồi sức khỏe, niềm tin để tiếp tục thực sứ mệnh cao đẹp truyền đạt tri thức cho hệ mai sau Xin chân thành cảm ơn Chương Một số kiến thức chuẩn bị Chương trình bày định nghĩa q−đạo hàm, q−tích phân số tính chất Nội dung chương tham khảo sách chuyên khảo V Kac P Cheung [14] 1.1 q−đạo hàm Định nghĩa 1.1 ([14]) Cho f (x) hàm số thực q−sai phân hàm f (x) cho dq f (x) = f (qx) − f (x) Đặc biệt, ta có dq x = (q − 1)x Từ Định nghĩa 1.1, ta tính q−sai phân tích hai hàm số thực f (x), g(x) sau 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) = f (qx) (g(qx) − g(x)) + g(x) (f (qx) − f (x)) = f (qx)dq g(x) + g(x)dq f (x) Bây giờ, ta định nghĩa q−đạo hàm Định nghĩa 1.2 Cho f (x) hàm số thực q−đạo hàm (q−derivative) hàm f (x) định nghĩa Dq f (x) = dq f (x) f (qx) − f (x) = dq x (q − 1)x Nhận xét 1.1 Từ Định nghĩa 1.2, ta nhận thấy f (x) hàm số khả vi lim Dq f (x) = q→1 df (x) = f ′ (x) dx 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 Mệnh đề 1.1 Cho a, b ∈ R, f (x), g(x) hai hàm số thực Khi ta có: (i) Dq (af (x) + bg(x)) = aDq f (x) + bDq g(x); (ii) Dq (f (x)g(x)) = f (qx)Dq g(x) + g(x)Dq f (x) Dq (f (x)g(x)) = f (x)Dq g(x) + g(qx)Dq f (x); (iii) Giả sử g(x) = Khi Dq Dq f (x) g(x) = f (x) g(x) = g(x)Dq f (x)−f (x)Dq g(x) g(x)g(qx) g(qx)Dq f (x) − f (qx)Dq g(x) g(x)g(qx) 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 Dq (af (x) + bg(x)) = = aDq f (x) + bDq g(x) (ii) Từ Định nghĩa 1.1 Định nghĩa 1.2, ta có dq (f (x)g(x)) (q − 1)x f (qx)dq g(x) + g(x)dq f (x) = (q − 1)x Dq (f (x)g(x)) = Từ suy Dq (f (x)g(x)) = f (qx)Dq g(x) + g(x)Dq f (x) (1.1) Vì vai trị f (x) g(x) nên ta thu Dq (f (x)g(x)) = f (x)Dq g(x) + g(qx)Dq f (x) (1.2) (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 Dq f (x) = g(x)Dq f (x) g(x) + f (qx) Dq g(x) g(qx) Suy Dq f (x) g(x) = g(qx)Dq f (x) − f (qx)Dq g(x) g(x)g(qx) Nhận xét 1.2 Trong trường hợp tổng qt, khơng có qui tắc tính q−đạo hàm hàm hợp Tuy nhiên, ta có qui tắc tính q−đạo hàm cho hàm f (u(x)), với u = u(x) = αxβ , α, β số Theo định nghĩa, ta có f (αq β xβ ) − f (αxβ ) qx − x β β β f (αq x ) − f (αx ) αq β xβ − αxβ = αq β xβ − αxβ qx − x Dq [f (u(x))] = Dq f (αxβ ) = Suy Dq f (u(x)) = Dqβ f (u(x)).Dq u(x) 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 ≥ (1.3) (1.4) Mệnh đề 1.2 Với số tự nhiên n ≥ 1, ta có Dq (x − a)nq = [n](x − a)qn−1 Chứng minh Ta chứng minh quy nạp tốn học Với n = 1, ta có Dq (x − a)1q = Dq (x − a) = (q − 1)x (qx − a) − (x − a) = = (q − 1)x (q − 1)x (1.5) Do với n = 1, biểu thức (1.5) Giả sử biểu thức (1.5) với n = k, = tức Dq (x − a)kq = [k](x − a)qk−1 Theo Định nghĩa 1.3, ta có (x − a)k+1 q (x − a)kq (x − q k a) Áp dụng Mệnh đề 1.1, ta có = Dq (x − a)kq (x − q k a) Dq (x − a)k+1 q = (x − a)kq Dq (x − q k a) + (qx − q k a)Dq (x − a)qk−1 = (x − a)kq + (qx − q k a)Dq (x − a)qk−1 = (x − a)kq + q(x − q k−1 a)[k](x − a)qk−1 = (1 + q[k]) (x − a)kq = [k + 1](x − a)kq Mệnh đề chứng minh hoàn toàn Bây giờ, ta trình bày số tính chất khác đa thức (x − a)nq Trước hết, với m, n hai số nguyên dương Ta chứng tỏ m n (x − a)m+n = (x − a)m q q (x − q a)q (1.6) Thật vậy, ta có (x − a)qm+n = (x − a)(x − qa) (x − q m−1 a)(x − q m a)(x − q m+1 a) × (x − q m+n−1 a) = (x − a)(x − qa) (x − q m−1 a) × (x − q m a)(x − q(q m a)) (x − q n−1 (q m a)) m n = (x − a)m q (x − q a)q Ta mở rộng Định nghĩa 1.3 cho số nguyên âm cách biểu thức (1.6) cho m = −n ta thu (x − a)−n q = , (x − q −n a)nq (1.7) n số nguyên dương Mệnh đề chứng tỏ công thức (1.6) với m n hai số nguyên 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 = −m′ < n > Khi đó, theo cơng thức (1.6), (1.7), ta thu ′ ′ m n −m (x − a)m (x − q −m a)nq q (x − q a)q = (x − a)q ′ (x − q −m a)nq = ′ (x − q −m′ a)m q  ′   (x − q m′ (q −m′ a))n−m , n ≥ m′ , q =   , n < m′ ′ n −m′ m −n x−q (q a)q ′ = (x − a)qn−m = (x − a)qn+m * Trường hợp 2: m ≥ n = −n′ < Theo công thức (1.6), (1.7), ta thu m n m m −n (x − a)m q (x − q a)q = (x − a)q (x − q a)q (x − a)m q ′ m−n (x − q a)nq ′  n′ m−n′ m−n′  (x−a) x−q a q  q   , m ≥ n′ n′ x−q m−n′ a) ( q =  (x−a)m  q ′   n′ −m m, m < n ′ ′ −m m−n′ m−n n a) (q a)) (x−q (x−q q q  ′    (x − a)qm−n , m ≥ n′ = ′    (x−qm−n′ a)n′ −m , m < n q ′ = (x − a)qm+n = (x − a)m−n q * Trường hợp 3: m = −m′ < n = −n′ < Theo công thức (1.6), (1.7), ta thu ′ ′ m n −m (x − a)m (x − q −m a)−n q (x − q a)q = (x − a)q q ′ 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 b a (b − a)2 M [f (b) − f (a)]2 (b − a)[f (a) + f (b)] ≤ − f (x)dx − 4M (2.15) Năm 1996, F Qi [20] đưa mở rộng cho bất đẳng thức (2.15) cách sử dụng Định lý Rolle định lý giá trị trung bình Lagrange Kết phát biểu định lý Định lý 2.9 [20] Cho f (x) hàm liên tục khoảng đóng [a, b] khả vi khoảng mở (a, b) cho m ≤ f ′ (x) ≤ M, ∀x ∈ (a, b) Nếu f (x) không hàm ta có bất đẳng thức mM (b − a)2 + 2(b − a)(M f (a) − mf (b)) + (f (a) − f (b))2 2(M − m) b ≤ f (x)dx (2.16) a mM (b − a)2 + 2(b − a)(mf (a) − M f (b)) + (f (a) − f (b))2 ≤− 2(M − m) Trong trường hợp f ′ (x) khả tích đoạn [a, b], cách độc lập, Agarwal Dragomir thu bất đẳng thức (2.16) cách sử dụng bất đẳng thức Hayashi Agarwal Dragomir [7] thu bất đẳng thức b f (a) + f (b) a [f (b) − f (a) − m(b − a)][M (b − a) − f (b) + f (a)] ≤ 2(M − m) f (t)dt − (b − a) (2.17) Sau bất đẳng thức Iyengar nhiều tác giả mở rộng Nhiều mở rộng thú vị quan trọng bất đẳng thức xem cơng trình X.L Cheng [9], I Franji´c cộng [10], X H Wang cộng [23] Dưới chúng tơi trình bày phiên bất đẳng thức Iyengar cho p−đạo hàm p−tích phân chặt 36 Định lý 2.10 Cho m ≤ Dq f ≤ M , m < M Giả sử có số k, l ∈ {0, 1, , n − 1} cho điều kiện (2.10) (2.11) thỏa mãn Khi đó, ta có − M (a − b)2q − m(b − a)2q − (M − m)(b − cl )2q − (M − m)(a − cl+1 )2q 2(1 + q) b f (a) + f (b) (b − a) f (x)dq x − ≤ a M (b − a)2q − m(a − b)2q − (M − m)(b − ck )2q − (M − m)(a − ck+1 )2q ≤ 2(1 + q) (2.18) Chứng minh Lấy hiệu hai vế công thức (2.13) (2.14) sử dụng số tính tốn đơn giản ta thu bất đẳng thức (2.18) Nhận xét 2.3 Tương tự Nhận xét 1.8, cố định số a, b cho n −→ +∞, tức q −→ bất đẳng thức (2.18) ta thu bất đẳng thức (2.17) 2.2 Bất đẳng thc qGră uss v mt s ỏp dng Nm 1935, G Gră uss [12] ó chng minh mt bt ng thức thú vị hữu ích để ước lượng sai khác tích phân hai hàm tích tích phân chúng Cụ thể hơn, cho f, g : [α, β] −→ R hai hàm khả tích Riemann, mf ≤ f (x) ≤ Mf mg ≤ g(x) ≤ Mg với x ∈ [α, β] Khi đó, ta có bất đẳng thức sau β 1 f (x)g(x)dx − β−α α β−α ≤ (Mf − mf )(Mg − mg ) Ngoài ra, dấu xảy β f (x)dx α f (x) = g(x) = sign x − β−α β g(x)dx α (2.19) α+β , với Mf = Mg = mf = mg = Sau kết mở rộng cho không gian hàm X Li cộng [16] Trong mục ny, chỳng tụi s trỡnh by bt ng thc Gră uss cho q−đạo hàm q−tích phân dựa tài liệu [11] 37 Bổ đề bt ng thc Gră uss dng ri rc Chng minh bổ đề tham khảo tài liệu [11] Bổ đề 2.2 Cho x = (x1 , , xn ), y = (y1 , , yn ), u = (u1 , , un ), xj , yj , uj , j = 1, , n, số thực thỏa mãn uj ≥ n uj = Giả sử j=1 m ≤ xj ≤ M, ϕ ≤ yj ≤ Φ, j = 1, 2, , n, m, M, ϕ, Φ số thực cho trước Khi  n  n  n uj xj yj  uj x j   uj y j  j=1  j=1   j=1  − n  n  ≤ (M − m)(Φ − ϕ) n    uj uj uj j=1 j=1 j=1 Định lý bất ng thc Gră uss cho qo hm v qtớch phõn Định lý 2.11 Cho F, G : [a, b] −→ R hai hàm thực thỏa mãn m ≤ F (x) ≤ M, ϕ ≤ G(x) ≤ Φ với x ∈ [a, b], m, M, ϕ, Φ số thực cho trước Khi đó, ta có bất đẳng thức sau b−a b F (x)G(x)dq x − a (b − a)2 b b G(x)dq x ≤ (M −m)(Φ−ϕ) (2.20) F (x)dq x a a Chứng minh Theo Định nghĩa 1.8 công thức (1.30), bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bất đẳng thức 1−q b−a n−1 (1 − q)2 cj F (cj )G(cj ) − (b − a)2 j=0 n−1 n−1 cj G(cj ) cj F (cj ) j=0 j=0 (2.21) ≤ (M − m)(Φ − ϕ) Vì để chứng minh bất đẳng thức (2.20), ta chứng minh bất đẳng thức (2.21) Bất đẳng thức (2.21) viết lại dạng b−a 1−q ≤ n−1 n−1 cj F (cj )G(cj ) − j=0 b−a 1−q n−1 cj F (cj ) j=0 (M − m)(Φ − ϕ) cj G(cj ) j=0 (2.22) 38 Đặt F (cj ) = xj , G(cj ) = yj ý n−1 n−1 b(1 − q n ) b−a cj = bq = = − q − q j=0 j=0 j Do bất đẳng thức (2.22) tương đương với bất đẳng thức sau  n  n  n cj yj  cj x j y j  cj x j   j=1  j=1   j=1  − n  n  ≤ (M − m)(Φ − ϕ) n    cj cj cj j=1 j=1 j=1 Theo Bổ đề 2.2, ta có điều phải chứng minh Tiếp theo, chúng tơi trình bày số áp dụng Định lý 2.11 Định lý 2.12 Cho r số nguyên không âm cho f : [a, b] −→ R hàm số thỏa mãn m ≤ (Dqr+1 f )(x) ≤ M, ∀x ∈ [a, b], m M số thực cho trước Khi (b − qa)r+1 (b − a)r+2 q q (M − m) ≤ [r + 2]! 4[r + 1]! b Rq,r,f (a, x)dq x − (Dqr f )(b) − (Dqr f )(a) a (2.23) Chứng minh Đặt F (x) = (Dqr+1 f )(x), (b − qx)r+1 q G(x) = [r + 1]! Ta có (b − qx)r+1 = (b − qx)(b − q x) (b − q r+1 x) q ≤ (b − qa)(b − q a) (b − q r+1 a) = (b − qa)r+1 q Do m ≤ F (x) ≤ M, ≤ G(x) ≤ (b−qa)r+1 q [r+1]! p dng bt ng thc qGră uss (Định lý 2.11), ta có b−a b a F (x)G(x)dq x − (b − a)2 (b − qa)r+1 q ≤ (M − m) [r + 1]! b b F (x)dq x a G(x)dq x a (2.24) 39 Theo Bổ đề 2.1, ta có b b Rq,r,f (a, x)dq x F (x)G(x)dq x = (2.25) a a Mặt khác, ta lại có b b F (x)dq x = a b (Dqr+1 f )(x)dq x a D(Dqr f )(x)dq x = (Dqr f )(b) − (Dqr f )(a) = a (2.26) Theo tính chất (ii) Mệnh đề 1.5, ta có b a b G(x)dq x = (b − qx)r+1 q dq x [r + 1]! a b =− Dq (b − x)r+2 q dq x [r + 2]! a =− (b − b)r+2 − (b − a)r+2 q q [r + 2]! = (b − a)r+2 q [r + 2]! (2.27) Thay ước lượng (2.25)–(2.27) vào (2.24), ta thu b a (b − a)r+2 q r r (Dq f )(b) − (Dq f )(a) Rq,r,f (a, x)dq x − b−a [r + 2]! b − a (b − qa)r+1 q ≤ [r + 1]! (2.28) Ngồi ra, ta lại có (b − a)r+2 q = (b − qa) (b − q r+1 a) = (b − qa)r+1 q b−a Từ đẳng thức bên trên, ta suy (b − a)(b − qa)r+1 = (b − a)r+2 q q Từ đẳng thức (2.28), ta có bất đẳng thức (2.23) Định lý chứng minh Cho r = bất đẳng thức (2.23), ta thu hệ sau Hệ 2.1 Cho m ≤ (Dq f )(x) ≤ M [a, b] Khi đó, ta có b f (x)dq x − a (b − a)2q [(bq − a)f (a) + (b − qa)f (b)] ≤ (M − m) 1+q 40 2.3 Bất đẳng thức q−Chebyshev số áp dụng Trước hết, nhắc lại bất đẳng thức Chebyshev cổ điển D.S Mitronovi´c, J.E Pe˘cari´c A.M Fink [17] đưa bất đẳng thức Chebyshev cho hàm giải tích Cho f, g : [α, β] −→ R hàm khả tích, f, g hàm tăng giảm Cho p : [α, β] −→ R+ hàm khả tích Khi p(x)g(x)dx (2.29) α α α α p(x)f (x)dx p(x)f (x)g(x)dx ≥ p(x)dx β β β β Nếu hai hàm f g hàm khơng tăng hàm cịn lại khơng giảm bất đẳng thức (2.29) quay ngược chiều, tức p(x)f (x)dx p(x)f (x)g(x)dx ≤ p(x)dx α β β β β p(x)g(x)dx (2.30) α α α Bất đẳng thức (2.29) gọi bất đẳng thức Chebyshev Khi p(x) ≡ 1, bất đẳng thức (2.29) trở thành: β f (x)g(x)dx ≥ α β β−α β f (x)dx α g(x)dx (2.31) α Nhiều tài liệu gọi bất đẳng thức (2.31) bất đẳng thức Chebyshev Ngoài ra, D.S Mitronovi´c, J.E Pe˘cari´c A.M Fink [17] đưa bất đẳng thức Chebyshev dạng rời rạc Cho α = (α1 , , αn ) β = (β1 , , βn ) hai dãy không giảm, tức α1 ≤ α2 ≤ ≤ αn , β1 ≤ β2 ≤ ≤ βn , (hoặc không tăng), p = (p1 , , pn ) dãy không âm, tức pi ≥ 0, ∀i = 1, , n Khi n n pi bi ≥ pi i=1 n n i=1 p i bi , pi (2.32) i=1 i=1 dấu xảy có hai dãy α β số Bất đẳng thức (2.32) gọi bất đẳng thức Chebyshev dạng rời rạc Với p1 = p2 = = pn = 1, ta có trường hợp đặc biệt bất đẳng thức (2.32): n i=1 bi ≥ n n n bi i=1 i=1 (2.33) 41 Bây giờ, chúng tơi trình bày bất đẳng thức Chebyshev cho q−đạo hàm q−tích phân Định lý 2.13 Cho hai hàm F (x) G(x) q−tăng q−giảm đoạn [a, b] Khi đó, ta có bất đẳng thức sau b a F (x)G(x)dq x ≥ b−a b a F (x)dq x (2.34) G(x)dq x a b Nếu hai hàm q−tăng hàm lại q−giảm bất đẳng thức (2.34) có chiều ngược lại, tức b a F (x)G(x)dq x ≤ b−a a b F (x)dq x b (2.35) G(x)dq x a Chứng minh Cho F (x) G(x) q−tăng q−giảm [a, b] Theo định nghĩa q−tích phân chặt, ta có bất đẳng thức cần chứng minh (bất đẳng thức (2.34)) tương đương với bất đẳng thức n−1 cj F (cj )G(cj ) ≥ (1 − q) (1 − q) b − a j=0 n−1 n−1 cj F (cj ) (1 − q) cj G(cj ) j=0 j=0 (2.36) Đặt xj = F (cj ), yj = G(cj ), j = 0, 1, , n − Vì n−1 n−1 cj = j=0 b−bq n 1−q = b−a 1−q j=0 bq j = b(1−q n ) 1−q = nên bất đẳng thức (2.36) viết lại dạng n−1 n−1 n−1 c j xj y j ≥ cj j=0 j=0 n−1 cj xj j=0 cj yj j=0 Ta thấy bất đẳng thức bên bất đẳng thức Chebyshev dạng rời rạc Vậy, bất đẳng thức (2.34) chứng minh Bây giờ, giả sử F (x) q−tăng G(x) q−giảm Khi áp dụng bất đẳng thức (2.34) cho hàm F (x) −G(x), ta thu bất đẳng thức (2.35) Định lý chứng minh Tiếp theo, chúng tơi trình bày số ứng dụng bất đẳng thức q−Chebyshev Định lý 2.14 (i) Giả sử Dqr+1 f hàm q−tăng [a, b], tức Dqr+2 f ≥ 42 [a, b] Khi (Dqr+1 f )(b) − − (Dqr+1 f )(a) (b − a)r+2 q 4[r + 1]! b ≤ Rq,r,f (a, x)dq x − (Dqr f )(b) − (Dqr f )(a) a (b − qa)r+1 q ≤ [r + 2]! (2.37) (ii) Giả sử Dqr+1 f hàm q−giảm [a, b], tức Dqr+2 f ≤ [a, b] Khi (b − qa)r+2 q [r + 2]! b Rq,r,f (a, x)dq x − 0≤ (Dqr f )(b) − (Dqr f )(a) a (b − a)r+2 q r+1 r+1 ≤ (Dq f )(a) − (Dq f )(b) 4[r + 1]! (2.38) Chứng minh (i) Giả sử Dqr+1 f hàm q−tăng [a, b] Đặt (b − qx)r+1 q G(x) = [r + 1]! (Dqr+1 f )(x), F (x) = Khi F (x) hàm q−tăng G(x) hàm q−giảm Theo bất đẳng thức q−Chebyshev, ta có b a F (x)G(x)dq x ≤ b−a b b F (x)dq x a G(x)dq x (2.39) a Theo Bổ đề 2.1, ta có b b (Dqr+1 f )(x) F (x)G(x)dq x = a a (b − qx)r+1 q dq x = [r + 1]! b Rq,r,f (a, x)dq x a (2.40) Mặt khác, ta lại có b b Dqr+1 f (x)dq x = (Dqr f )(b) − (Dqr f )(a) F (x)dq x = (2.41) a a Theo tính chất (ii) Mệnh đề 1.5, ta có b a b (b − qx)r+1 q G(x)dq x = =− Dq (b − x)r+2 q dq x [r + 1]! [r + 2]! a a (b − a)r+2 q r+2 r+2 = (b − b)q − (b − a)q =− [r + 2]! [r + 2]! b Thay (2.40)–(2.42) vào (2.39), ta thu b a (b − a)r+2 q r r (Dq f )(b) − (Dq f )(a) Rq,r,f (a, x)dq x ≤ b−a [r + 2]! (2.42) 43 Vì (b − a)r+2 q = (b − qa)r+1 q , b−a nên ta có b Rq,r,f (a, x)dq x − (Dqr f )(b) − (Dqr f )(a) a (b − qa)r+1 q ≤ [r + 2]! Do ta thu vế phải bất đẳng thức (2.37) Vì Dqr+1 f hàm q−tăng nên ta có m ≤ (Dqr+1 f )(x) ≤ M [a, b], M = (Dqr+1 f )(b) m = (Dqr+1 f )(a) Áp dụng Định lý 2.12 ta thu vế trái bất đẳng thức (2.37) Vậy, ta chứng minh bất đẳng thức (2.37) (ii) Chứng minh hoàn toàn tương tự chứng minh (i) Cho r = Định lý 2.14, ta thu hệ sau Hệ 2.2 (i) Giả sử Dq2 f ≥ [a, b] Khi đó, ta có [(Dq f )(b) − (Dq f )(a)] (b − a)2q b f (x)dq x − ≤ [(bq − a)f (a) + (b − qa)f (b)] ≤ 1+q a − (2.43) (ii) Giả sử Dq2 f ≤ [a, b] Khi đó, ta có b f (x)dq x − 0≤ a [(bq − a)f (a) + (b − qa)f (b)] 1+q ≤ [(Dq f )(a) − (Dq f )(b)] (b − a)2q (2.44) Nhận xét 2.4 Cho f (x) hàm q−lồi [a, b], tức Dq2 f ≥ [a, b] Đặt F (x) = (Dq f )(x), G(x) = x − a Khi F (x) G(x) hàm q−tăng Theo bất đẳng thức q−Chebyshev, ta có b (x − a)(Dq f )(x)dq x ≥ a b−a b b (x − a)dq x (Dq f )(x)dq x a (2.45) a Sử dụng cơng thức tích phân phần tính chất (ii) Mệnh đề 1.5, ta thu b b f (qx)dq x, (x − a)(Dq f )(x)dq x = (b − a)f (b) − (2.46) a a b (Dq f )(x)dq x = f (b) − f (a), a (2.47) 44 b a (x − a)dq x = 1+q b Dq (x − a)2q dq x a (b − a)2q = 1+q (2.48) Thay (2.46)–(2.48) vào (2.45), ta thu f (x) hàm q−lồi [a, b] b f (qx)dq x ≤ a 2.4 [(b − qa)f (a) + (qb − a)f (b)] 1+q (2.49) Bất đẳng thức q−Hermite-Hadamard Bất đẳng thức Hermite-Hadamard bất đẳng thức quan trọng hàm lồi Nó đưa ước lượng cận cận cho trung bình tích phân hàm lồi xác định khoảng đóng Cụ thể, cho f : [α, β] −→ R hàm lồi Khi f α+β ≤ β−α β f (x)dx ≤ α f (α) + f (β) (2.50) Bất đẳng thức Hermite-Hadamard mở rộng theo nhiều cách khác M Bessenyei [8] mở rộng bất đẳng thức Hermite-Hadamard đơn hình cách sử dụng cách tiếp cận sơ cấp M.A Noor cộng [19] đưa bất đẳng thức kiểu Hermite-Hadamard cho hàm tiền lồi bất biến M Kunta I Iscan [15] đưa bất đẳng thức kiểu Hermite-Hadamard cho hàm p−lồi Do nói, việc mở rộng bất đẳng thức Hermite-Hadamard cổ điển sang lớp hàm lồi khác nhau, không gian khác toán quan trọng toán học thu hút quan tâm nghiên cứu nhiều nhà toán học giới Trong mục này, chúng tơi trình bày mở rộng khác bất đẳng thức Hermite-Hadamard cho hàm q−lồi q−đơn điệu dựa kết H Gauchman [11] Định lý 2.15 (i) Cho f hàm q−lồi q−đơn điệu Giả sử ck ≥ aq+b 1+q f hàm q−giảm ck ≤ aq+b 1+q f hàm q−tăng Khi f (ck ) − a(1 − q) f (a) ≤ b − qa b − qa b f (x)dq x a (2.51) 45 (ii) Cho hàm f q−lồi q−đơn điệu Giả sử ck ≥ q(a+b) 1+q q−giảm ck ≤ q(a+b) 1+q f hàm f hàm q−tăng Khi f (ck ) ≤ b−a b f (qx)dq x (2.52) a (iii) Cho hàm f q−lồi [a, b] Khi đó, ta có bất đẳng thức sau b f (x)dq x ≤ [(bq − a)f (a) + (b − qa)f (b)] , 1+q (2.53) f (qx)dq x ≤ [(b − qa)f (a) + (qb − a)f (b)] , 1+q (2.54) a b a b−a b a f (x) + f (qx) f (a) + f (b) dq x ≤ 2 (2.55) Chứng minh Bất đẳng thức (2.51) bất đẳng thức bên trái bất đẳng thức (2.5) Bất đẳng thức (2.52) bất đẳng thức bên trái bất đẳng thức (2.6) Bất đẳng thức (2.53) bất đẳng thức bên phải bất đẳng thức (2.43) Bất đẳng thức (2.54) bất đẳng thức (2.49) Cịn bất đẳng thức (2.55) tổng vế bất đẳng thức (2.53) (2.54) 46 Kết luận Luận văn trình bày số bất đẳng thức tích phân quan trọng cho q−đạo hàm q−tích phân Cụ thể • Trình bày định nghĩa số tính chất quan trọng q−đạo hàm, q−tích phân, q−tích phân chặt; • Trình bày số bất đẳng thức tích phân quan trọng cho q−đạo hàm q−tích phân chặt bất đẳng thức q−Steffensen, bất đẳng thc qIyengar, bt ng thc qGră uss, bt ng thc q−Chebyshev bất đẳng thức q−Hermite-Hadamard Chú ý việc đọc hiểu trình bày cách hệ thống kết H Gauchman [11], cịn chỉnh sửa số sai sót báo Đây đóng góp luận văn 47 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Hoàng Thị Quỳnh Liên (2016), Về bất đẳng thức dạng HermiteHadamard cho hàm lồi, Luận văn Thạc sĩ Toán học, Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên [2] Đinh Hồi Lưu (2016), Bất đẳng thức tích phân kiểu Hermite-Hadamard cho hàm preinvex khả vi, Luận văn Thạc sĩ Toán học, Trường Đại học Tây Nguyên [3] Ninh Thị Lưu (2019), Bất đẳng thức dạng Hermite-Hadamard-Fejér cho hàm p−lồi, Luận văn Thạc sĩ Toán học, Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên [4] Cù Thị Ngọc Mai (2015), Về bất đẳng thức kiểu Hadamard cho hàm r−lồi, Luận văn Thạc sĩ Toán học, Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên [5] Nguyễn Văn Tuấn (2014), Bất đẳng thức tích phân ứng dụng, Luận văn Thạc sĩ Toán học, Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên [6] Lê Khánh Vân (2019), Bất đẳng thức dạng Hermite-Hadamard-Fejér cho hàm tiền lồi bất biến, Luận văn Thạc sĩ Toán học, Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên Tiếng Anh [7] R.P Agarwal and S.S Dragomir (1996), “An application of Hayashi inequality for differentiable functions”, Comput Math Appl 32, pp 95–99 48 [8] M Bessenyei (2008), “The Hermite-Hadamard inequality on simplices”, The American Mathematical Monthly 115(4), pp 339–345 [9] X.L Cheng (2001), “The Iyengar-type inequality”, Applied Mathematics Letters 14, pp 975–978 [10] I Franji´c, J.Pe˘ccari´c and I Peri´c, “Note on an Iyengar type inequality”, Applied Mathematics Letters 19, pp 657–660 [11] H Gauchman (2004), “Integral inequalities in q-calculus”, Computers and Mathematics with Applications, 47, pp 281–300 [12] G Gră uss (1935), Uber das maximum des absoluten betrages von b−a b a f (x)g(x)dx − (b−a)2 b b a f (x)dx a g(x)dx”, Math Z 39, pp 215–226 [13] K.S.K Iyengar (1938), “Note on an inequality”, Math Student 6, pp 75– 76 [14] V Kac and P Cheung (2002), Quantum Calculus, Springer-Verlag [15] M Kunta and I Iscan (2017), "Hermite-Hadamard-Fejér type inequalities for p−convex functions", Arab J Math Sci 23, pp 215–230 [16] X Li, N Mohapatra and R.S Rodriguez (2002), Gră uss-type inequalities, Journal of Mathematical Analysis and Applications, 267, pp 434–443 [17] D.S Mitronovi´c, J.E Pe˘cari´c and A.M Fink (1993), Classical and New Inequalities in Analysis, Kluwer Academic [18] M.A Noor, K.I Noor and M.U Awan (2015), “Some quantum estimates for Hermite–Hadamard inequalities”, Applied Mathematics and Computation, 251, pp 675–679 [19] M.A Noor, K.I Noor and S Rashid (2019), “Some new classes of preinvex functions and inequalities”, Mathematics 7(1), pp.1-16 [20] F Qi (1996), “Inequalities for an integral”, Math Gaz 80, pp 376–377 49 [21] J Tariboon and S.K Ntouyas (2013), “Quantum calculus on finite intervals and applications to impulsive difference equations”, Advances in Difference Equations, 282, pp 1–19 [22] J Tariboon and S.K Ntouyas (2014), “Quantum integral inequalities on finite intervals”, Advances in Difference Equations, 121, pp 1–13 [23] X.H Wang, C.C Xie and S.J Yang (2007), “The Iyengar inequality, revisited”, BIT Numerical Mathematics, 47(4), pp 839–852 ... minh Bất đẳng thức (2.51) bất đẳng thức bên trái bất đẳng thức (2.5) Bất đẳng thức (2.52) bất đẳng thức bên trái bất đẳng thức (2.6) Bất đẳng thức (2.53) bất đẳng thức bên phải bất đẳng thức. .. số tính chất q? ?tích phân 15 1.3 q? ?tích phân chặt (restricted definite q−integral) 18 Chương Một số bất đẳng thức tích phân giải tích lượng tử 21 2.1 Bất đẳng thức q−Steffensen số. .. (2.43) Bất đẳng thức (2.54) bất đẳng thức (2.49) Cịn bất đẳng thức (2.55) tổng vế bất đẳng thức (2.53) (2.54) 46 Kết luận Luận văn trình bày số bất đẳng thức tích phân quan trọng cho q−đạo hàm q−tích