Về bất đẳng thức simpson và vận dụng

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - TRỊNH THỊ THANH BÌNH VỀ BẤT ĐẲNG THỨC SIMPSON VÀ VẬN DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2020 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - TRỊNH THỊ THANH BÌNH VỀ BẤT ĐẲNG THỨC SIMPSON VÀ VẬN DỤNG Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC HD1: TS Trần Xuân Quý HD2: TS Đỗ Thị Phương Quỳnh THÁI NGUYÊN - 2020 Mục lục Mở đầu Chương Một số kiến thức chuẩn bị 1.1 Hàm số, biến phân biến phân toàn phần 1.2 Một số bất đẳng thức liên quan 1.2.1 Bt ng thc Hăolder 1.2.2 Bt ng thc Gră uss 1.2.3 Bất đẳng thức Ostrowski 10 Chương Bất đẳng thức Simpson số ứng dụng 12 2.1 Bất đẳng thức Simpson ánh xạ có biến phân bị chặn 14 2.2 Bất đẳng thức Simpson ánh xạ Lipschitz 19 2.3 Bất đẳng thức Simpson với số hạng khả tích cấp p 22 2.4 Bất ng thc Gră uss, Ostrowski i vi cụng thc Simpson 26 2.4.1 Bt ng thc Gră uss 26 2.4.2 Bất đẳng thức Ostrowski 32 Kết luận 41 Tài liệu tham khảo 42 Mở đầu Trong kỷ nguyên công nghệ thông tin, biến đổi ngành lĩnh vực khoa học tự nhiên hay khoa học xã hội diễn với tốc độ chóng mặt Nhờ internet phương tiện truyền thông mà quốc gia xích lại gần giới hội nhập tồn cầu hố Ở phạm vi hẹp thấy phát triển trang web Toán học làm cho người đam mê Toán học giới dễ dàng nhanh chóng tiếp cận trao đổi thông tin vô phong phú Bất đẳng thức vấn đề cổ điển Toán học sơ cấp ngày phát triển, phần toán sơ cấp đẹp thú vị nhất, ln hút nhiều đối tượng bạn đọc quan tâm Mọi người dễ thống với bất đẳng thức ln chiếm vị trí quan trọng tốn học phổ thơng trang web Tốn học Bất đẳng thức có vị trí đặc biệt tốn học không đối tượng để nghiên cứu mà cịn đóng vai trị cơng cụ đắc lực mơ hình tốn học liên tục mơ hình tốn học rời rạc lý thuyết phương trình, lý thuyết xấp xỉ, lý thuyết biểu diễn, Điểm đặc biệt, ấn tượng bất đẳng thức tốn sơ cấp, có nhiều tốn khó, chí khó, ln giải kiến thức sở việc hoàn thành chứng minh niềm vui thực Trong hầu hết kỳ thi học sinh giỏi quốc gia, thi Olympic Toán khu vực quốc tế, thi Olympic Toán sinh viên trường đại học cao đẳng, toán liên quan đến bất đẳng thức hay đề cập thường thuộc loại khó khó Các tốn ước lượng tính giá trị cực trị (cực đại, cực tiểu) tổng, tích toán xác định giới hạn số biểu thức cho trước thường có mối quan hệ nhiều đến tính tốn, ước lượng (bất đẳng thức) tương ứng Lý thuyết bất đẳng thức đặc biệt, tập bất đẳng thức phong phú đa dạng Có nhiều ý tưởng bản, cách thức tiếp cận số hướng ứng dụng theo dạng toán phương pháp giải điển hình Với đề tài “ Về bất đẳng thức Simpson vận dụng”, tập luận văn tác giả xin tóm tắt kiến thức bất đẳng thức Simpson, từ sâu nghiên cứu số tập liên quan đến bất đẳng thức Simpson Luận văn gồm phần Mở đầu, Nội dung chia làm hai chương đề cập vấn đề sau đây: Chương 1: Trình bày “ Một số kiến thức chuẩn bị” Trong chương tác giả trình bày sơ lược hàm số, biến phân biến phân toàn phần, số bất ng thc liờn quan nh: bt ng thc Hăolder, bt ng thc Gră uss, bt ng thc Ostrowski Chng 2: Trình bày “ Bất đẳng thức Simpson số ứng dụng “ Trong chương tác giả giới thiệu bất đẳng thức Simpson Trình bày bất đẳng thức Simpson ánh xạ có biến phân bị chặn, bất đẳng thức Simpson đối với ánh xạ Lipschitz, bất đẳng thức Simpson với số hạng kh tớch cp p, bt ng thc Gră uss, Ostrowski cơng thức Simpson Trong q trình học tập nghiên cứu trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên, em nhận quan tâm giúp đỡ động viên thầy cô Ban Giám hiệu, phịng Đào tạo, Khoa Tốn -Tin Với luận văn này, em mong muốn góp phần nhỏ cơng sức vào việc gìn giữ phát huy vẻ đẹp, hấp dẫn cho bất đẳng thức toán học đẹp Đây hội cho em gửi lời tri ân tới tập thể thầy cô giảng viên trường Đại học Khoa học – Đại học Thái Ngun nói chung Khoa Tốn - Tin nói riêng, truyền thụ cho em nhiều kiến thức khoa học quý báu thời gian em học viên trường Tác giả xin chân thành cảm ơn Ban Giám hiệu trường THPT Đồng Hòa - Kiến An - Hải Phịng tồn thể anh chị em đồng nghiệp tạo điều kiện tốt cho tác giả thời gian học Cao học; chân thành cảm ơn anh chị em học viên lớp Cao học Toán K12A7 bạn bè đồng nghiệp trao đổi, động viên khích lệ tác giả q trình học tập làm luận văn trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên Đặc biệt em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy giáo giảng dạy em đồng thời giáo viên hướng dẫn - TS Trần Xuân Quý TS Đỗ Thị Phương Quỳnh quan tâm ân cần bảo, động viên khích lệ, giúp đỡ tận tình góp ý sâu sắc cho em suốt trình học tập thực đề tài Chặng đường vừa qua kỉ niệm đáng nhớ đầy ý nghĩa anh chị em học viên lớp K12A7 nói chung với thân em nói riêng Dấu ấn hiển nhiên khơng thể thiếu hỗ trợ, sẻ chia đầy yêu thương tất người thân gia đình Xin chân thành cảm ơn tất người thân yêu giúp đỡ, đồng hành em chặng đường vừa qua Một lần nữa, em xin trân trọng cảm ơn! Thái Nguyên, ngày 25 tháng năm 2020 Học viên Trịnh Thị Thanh Bình Chương Một số kiến thức chuẩn bị 1.1 Hàm số, biến phân biến phân tồn phần Trong chương này, tác giả trình bày số khái niệm liên quan tới hàm số, chẳng hạn hàm số liên tục tuyệt đối, hàm số L-Lipchitz số bất đẳng thức liên quan tới việc chứng minh bất đẳng thức Simpson trình bày chương Định nghĩa 1.1 (a) Hàm số f : [a, b] → R gọi liên tục tuyệt đối [a, b] với ε > tồn số dương δ thỏa mãn n |f (xi ) − f (yi )| < ε, i=1 với họ hữu hạn khoảng rời {[xi , yi ] : i = 1, 2, , n} [a, b] với n |xi − yi | < δ i=1 (b) Hàm số f : [a, b] → R gọi L-Lipschitz [a, b] tồn L |f (x) − f (y)| thỏa mãn L|x − y| với x, y ∈ [a, b] (c) Hàm số f : [a, b] → R gọi có biến phân bị chặn [a, b] tồn số M > thỏa mãn n |f (xi ) − f (xi−1 )| M, i=1 với phân hoạch P = {x0 , x1 , · · · , xn } [a, b] (d) Nếu hàm số f : [a, b] → R có biến phân bị chặn [a, b], biến phân tồn phần f [a, b] xác định sau b n (f ) = a |f (xi ) − f (xi−1 ) | sup P={x0 ,x1 ,··· ,xn } phân hoạch của[a,b] i=1 Nhận xét 1.1 Một hàm liên tục tuyệt đối [a, b] liên tục có biến phân bị chặn [a, b] Ví dụ 1.1 Nếu f : [a, b] → R hàm đơn điệu tăng với phân hoạch P = {x0 , x1 , · · · , xn } [a, b] ta có n n |f (xi ) − f (xi−1 )| = i=1 {f (xi ) − f (xi−1 )} i=1 = f (xn ) − f (x0 ) = f (b) − f (a) b (f ) = f (b) − f (a) Vì vậy, hàm f có biến phân bị chặn a Ví dụ 1.2 Nếu hàm f : [a, b] → R liên tục [a, b] khả vi (a, b) với sup |f (x)| a ta có bất đẳng thức sau 1 + = =⇒ uv p q p q u + v p q (1.2) Bất đẳng thức gọi bất đẳng thức Young Kết c gi l bt ng thc Hăolder nh lý 1.2 (Bt ng thc Hăolder) Cho hai b s a1 , a2 , , an b1 , b2 , , bn hai 1 n số thực dương p > 1, thỏa mãn + = Khi ta có bất đẳng thức sau: p q n p n b i i=1 q n api bqi i=1 (1.3) i=1 Dấu xảy api = kbqi với i ∈ {1, 2, , , n} Kết bt ng thc Hăolder dng gii tớch, chỳng tụi trình bày kết mà khơng chứng minh Định lý 1.3 (Bt ng thc Hăolder dng gii tớch) Gi sử p, q > thỏa mãn 1 + = 1, p q f g hai hàm số liên tục đoạn [a, b], b b |f (x)|p dx |f (x)g(x)| dx a a p b |g(x)|q dx q (1.4) a Dấu “=” xảy tồn hai số thực A B không đồng thời không cho A |f (x)|p = B |g(x)|q 1.2.2 ∀x ∈ [a, b] Bt ng thc Gră uss Gi s f, g p hàm khả tích [a, b] Ta có ký hiệu sau: x P (x) = p(t)dt, a P (x) = P (b) − P (x), b p(x)f (x)dx a A(f ; p) = , b A(f ) = A(f ; 1), p(x)dx a T (f, g; p) = A(f g; p) − A(f ; p)A(g; p), R(f, g; p) = T (f, g) = T (f, g; 1), A(f ; p) , A(f ; p)A(g; p) R(f, g) = R(f, g; 1), Giả sử f g hai hàm số xác định khả tích [a, b], thỏa mãn điều kiện: ϕ f (x) φ, γ g(x) Γ (1.5) với x ∈ [a, b], ϕ, φ, γ, Γ l cỏc s thc cho trc Nm 1935 G Gră uss đưa khẳng định sau: (φ − ϕ)(Γ − γ), |T (f, g)| (1.6) bỏo cụng b nm 1935 Gră uss ó chng minh bất đẳng thức ˇ 1/4 xấp xỉ tốt Hàm T (f, g) gọi hàm Cebyˇ sev Định lý 1.4 Cho f, g : [a, b] → R hàm khả tích [a, b] thỏa mãn điều kiện: φ f (x) Φ, γ Γ với x ∈ [a, b] g(x) (1.7) Khi ta có bất đẳng thức sau: |T (f, g)| = Hằng số b 1 f (x)g(x)dx − b−a a b−a (Φ − φ)(Γ − γ) b f (x)dx · a b−a b g(x)dx a (1.8) xấp xỉ tốt Chứng minh Từ đẳng thức b (b − a) b f (x)g(x)dx− a b f (x)dx g(x)dx a = a b b (f (x) − f (y))(g(x) − g(y))dxdy a (1.9) a Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Bunyakovsky-Schwartz, ta có: b b (f (x)−f (y))(g(x) − g(y))dxdy a a b b b ≤ (f (x) − f (y)) dxdy a a b (g(x) − g(y)) dxdy a a (1.10) Từ đẳng thức (1.9) ta có: b b b a f (x)dx a a b f (x)dx − (f (x) − f (y))2 dxdy = (b − a) , (1.11) a ta có đẳng thức tương tự hàm g Từ ta có: b−a b b f (x)dx − f (x)dx b−a a b b 1 f (x)dx f (x)dx − φ = Φ− b−a a b−a a b − (f (x) − φ)(Φ − f (x))dx b−a a a (1.12) tương tự ta có đẳng thức (1.12) hàm g Theo giả thiết (1.7) ta có (f (x) − φ)(Φ − f (x)) với x ∈ [a, b], b (f (x) − φ)(Φ − f (x))dx a từ đẳng thức (1.12) suy b−a b f (x)dx − a ≤ Φ− b−a b b−a f (x)dx b b−a f (x)dx a 1 Φ− b−a = (Φ − φ)2 (1.13) a b f (x)dx + a b f (x)dx − φ a b−a b f (x)dx − φ a Trong đánh giá trên, ta sử dụng bất đẳng thức quen thuộc A+B 2 AB Tương tự ta có: b b (g(x) − g(y))2 dxdy a a (Γ − γ)2 (1.14) Sử dụng bất đẳng thức (1.10) kết hợp với bất đẳng thức (1.11) đánh giá (1.13) (1.14), ta thu b b (f (x) − f (y))(g(x) − g(y))dxdy a a từ (1.9), ta suy (1.8) (Φ − φ)(Γ − γ)(b − a)2 29 B−A Hệ 2.9 Cho A, B số thực cho (b − a) Nếu f hàm xác định trên, ta có bất đẳng thức: a+b B−A B−A f (a)+[b − a − (B − A)]f + f (b) − 2 (Γ − γ)(b − a − B + A)(b − a) b f (t)dt a (2.40) Chứng minh Xét x = (a + b)/2 Khi đó, từ (2.37) ta có: x−a= b−a b−a , x−b=− 2 A+B , x ∈ [a + (B − A), b − (B − A)] Cx = Theo tính chất (b) hàm px ta có: Mx − mx = (b − a) − (B − A) a+b , ta thu bất đẳng thức (2.40) Áp dụng Định lý 2.7 với x = Nhận xét 2.5 Nếu hệ ta chọn B − A = f (a) + f (b) · +f 2 b a+b (b − a) − f (t)dt a b−a , ta thu được: (Γ − γ)(b − a)2 (2.41) Nhận xét 2.6 Nếu bất đẳng thức (2.40) ta chọn B = A, nhận bất đẳng thức (b − a)f a+b b − f (t)dt a (Γ − γ)(b − a)2 (2.42) kết S.S Dragomir S Wang công bố báo [12] Nhận xét 2.7 Nếu bất đẳng thức (2.40) ta chọn B − A = (b − a)/3 ta thu công thức Simpson b−a · f (a) + 4f a+b b + f (b) − f (t)dt a (Γ − γ)(b − a)2 (2.43) Ta thu với số hạng đạo hàm cấp một, không trường hợp cổ điển ước lượng với số hạng ứng với đạo hàm cấp sau: b−a f (a) + 4f a+b b + f (b) − f (t)dt a f (4) ∞ (b − a)5 2880 (2.44) Phương pháp đánh giá sai số quy tắc Simpson xét áp dụng cho công thức bậc hai kiểu Newton-Cotes 30 Chẳng hạn như, để có đánh giá sai số quy tắc Newton-Cotes bậc cần thay hàm px (t) (2.18) hàm    t−a−A    a+b A+B px (t) := t − +  2    t − b − B a t a + h; a + h < t b − h; b − h < t b; B − A = (b − a)/4 h = (b − a)/3 Tiếp theo, chúng tơi trình bày số ví dụ vận dụng bất đẳng thức Simpson số bất đẳng thức mới, xuất phát từ giá trị trung bình (2.9)-(2.14) bất đẳng thức (2.15): H G L I A Bài toán 2.10 Xét ánh xạ f (x) = xp (p > 1), x > Khi p−2 Γ − γ = (a − b)(p − 1)Lp−2 với a, b ∈ R thoả mãn < a < b Do đó, ta có bất đẳng thức: p A (a, b) + A (ap , bp ) − Lpp (a, b) (b − a)2 (p − 1)Lp−2 p−2 Bài toán 2.11 Xét ánh xạ f (x) = Γ−γ = , x > Khi đó: x b − a2 (b − a)A(a, b) =2· 2 ab G4 (a, b) với < a < b Do đó, ta có bất đẳng thức: −1 A (a, b) + H −1 (a, b) − L−1 (a, b) 3 A(a, b) (b − a)2 G (a, b) bất đẳng thức tương đương với HL + AL − AH 3 A2 HL (b − a)2 G4 Bài toán 2.12 Xét ánh xạ f (x) = ln x, x > Khi Γ−γ = b−a G2 31 Đối với a, b ∈ R with < a < b Do đó, ta có bất đẳng thức: (b − a)2 , G2 ln A + ln G − ln I 3 bất đẳng thức tương đương với A3 G3 I ln (b − a)2 · G2 Tiếp theo, chúng tơi trình bày kết đánh giá sai số quy tắc xấp xỉ Simpson hàm số khả vi, có đạo hàm bị chặn: Định lý 2.8 Giả sử hàm số f : [a, b] → R khả vi (a, b) có đạo hàm thỏa mãn điều kiện: γ f (t) Γ với t ∈ (a, b); với γ, Γ cho giá trị thực Khi ta có: b f (t)dt = Sn (In , f ) + Rn (In , f ) (2.45) a với Sn (In , f ) = n−1 hi [f (xi ) + 4f (xi + hi ) + f (xi+1 )] , (2.46) i=0 Ih phân hoạch với điểm chia In : a = x0 < x1 < < xn−1 < xn = b hi := (xi+1 − xi )/2, i = 0, , n − phần dư Rn (In , f ) thỏa mãn bất đẳng thức: |Rn (In , f )| (Γ − γ) n−1 h2i (2.47) i=0 Chứng minh Từ bất đẳng thức (2.43) ta chọn điểm chia a = xi , b = xi+1 , 2hi = xi+1 − xi xi + hi = (xi + xi+1 ) i = 0, , n − Ta thu bất đẳng thức hi [f (xi ) + 4f (xi + hi ) + f (xi+1 )] − xi+1 f (t)dt xi (Γ − γ)h2i , với i = 0, , n − Lấy tổng bất đẳng thức với i = 0, , n − sử dụng bất đẳng thức tam giác, ta thu n−1 i=0 hi [f (xi ) + 4f (xi + hi ) + f (xi+1 )] − ta thu bất đẳng thức (2.47) b f (t)dt a (Γ − γ) n−1 h2i , i=0 32 Hệ 2.10 Với giả thiết hàm f có đạo hàm bị chặn, tức f ∞ := sup |f (t)| < ∞ t∈(a,b) ta có ước lượng cho phần dư công thức Simpson sau: f |Rn (In, f )| n−1 h2i ∞ (2.48) i=0 Các ước lượng sai số cổ điển dựa biễu diễn Taylor, quy tắc Simpson liên quan tới đạo hàm cấp Trong trường hợp đạo hàm cấp không tồn nhận giá trị lớn số điểm [a, b], ước lượng cổ điển khơng áp dụng được, ước lượng (2.47) (2.48) ước lượng sai số cho quy tắc Simpson 2.4.2 Bất đẳng thức Ostrowski Kết sau kết tổng quát bất đẳng thức Ostrowski Từ bất đẳng thức ta thu bất đẳng thức Simpson Kết tổng hợp trình bày từ báo [13] Định lý 2.9 Cho hàm số f : [a, b] ∈ R liên tục tuyệt đối [a, b], có đạo hàm f : [a, b] → R bị chặn [a, b], nghĩa f ∞ := ess supt∈[a,b] |f (x)| < ∞ Khi ta có bất đẳng thức b f (t)dt− f (x) · (1 − δ) + a f (a) + f (b) · δ (b − a) a+b ≤ (b − a)2 δ + (δ − 1)2 + x − với δ ∈ [0, 1] a + δ · (b − a)/2 x f ∞ (2.49) b − δ · (b − a)/2 Chứng minh Trước tiên ta xét ánh xạ p : [a, b]2 → R cho sau:  b−a   , t ∈ [a, x]  t − a + δ · p(x, t) :=  b − a   , t ∈ (x, b] t − b − δ · Áp dụng quy tắc tính tích phân phần ta có: b x t− a+δ· p(x, t)f (t)dt = a a b−a b t− b−δ· + x f (t)dt b−a (2.50) f (t)dt 33 =δ · (b − a) (f (a) + f (b)) + (1 − δ) · f (x) − b f (t)dt (2.51) a Mặt khác b b p(x, t)f (t)dt ≤ a b |p(x, t)| |f (t)| dt ≤ f a |p(x, t)|dt ∞ a x = f b + x =: f ∞ b−a dt a b−a t− b−δ· dt t− a+δ· ∞ L Ta lại có r q r q p = với r, p, q cho p (t − q)dt (q − t)dt + |t − q|dt = p r+p (q − p)2 + (r − q)2 = (p − r)2 + q − q r Từ đẳng thức ta có x b−a t− a+δ· b−a a+x dt = (x − a)2 + a + δ · − 2 b b−a t− b−δ· b−a x+b dt = (b − x)2 + b − δ · − 2 a x 2 Suy L= b−a x−a (x − a)2 + (b − x)2 · + δ· − 2 2 (b − a)2 a+b = · δ + (δ − 1)2 + x − 2 + b−x b−a −δ· 2 2 định lý chứng minh Nhận xét 2.8 a) Nếu chọn (2.49), δ = 0, nhận bất đẳng thức: b) Nếu chọn (2.49), δ = x = b f (t)dt − a a+b có bất đẳng thức: f (a) + f (b) (b − a) (b − a)2 f Hệ 2.11 Theo giả thiết trên, có bất đẳng thúc: b f (t)dt− a f (a) + f (b) f (x) + (b − a)| 2 ∞ (2.52) 34 a+b (b − a)2 + x − ≤ với x ∈ f ∞ b + 3a a + 3b , , và, đặc biệt 4 b f (t)dt − a f a+b + f (a) + f (b) (b − a) (b − a)2 f ∞ (2.53) Cuôi có khái quát hóa bất đẳng thức Simpson: Hệ 2.12 Theo giả thiết trên, có b a f (t)dt− [f (a) + 4f (x) + f (b)](b − a) a+b (b − a)2 + x − 36 với x ∈ f ∞ b + 5a a + 5b , , và, đặc biệt chọn x = (a + b)/2 ta thu bất đẳng thức 4 Simpson: b f (t)dt − a f (a) + 4f a+b (b − a)2 f 36 + f (b) (b − a) ∞ (2.54) Kết trình bày xấp xỉ tích phân cho hàm liên tục tuyết đối, có đạo hàm bị chặn [a, b] đưa ước lượng cho phân dư Kết suy từ Định lý 2.9 Định lý 2.10 Cho f : [a, b] → R ánh xạ hoàn toàn liên tục [a, b] có đạo hàm giới hạn [a, b] Nếu In : a = x0 < x1 < < xn−1 < xn = b phân hoạch [a, b] hi := xi+1 − xi , i = 0, , n − 1, có: b f (x)dx = Aδ (In , ξ, δ, f ) + Rδ (In , ξ, δ, f ) (2.55) a n−1 Aδ (In , ξ, δ, f ) = (1 − δ) n−1 f (ξi ) hi + δ i=0 δ ∈ [0, 1], xi + δ · hi |Rδ (In , ξ, δ, f )| ξi f xi+1 − δ · ∞ hi ,i i=0 f (xi ) + f (xi+1 ) · hi , (2.56) = 0, , n − thỏa mãn dự đoán: δ + (δ − 1)2 n−1 n−1 h2i + i=0 i=0 xi + xi+1 ξi − 2 (2.57) Chứng minh Áp dụng Định lý 2.9 khoảng [xi , xi+1 ], i = 0, , n − ta thu được: f (xi ) + f (xi+1 ) hi (1 − δ) · f (ξi ) + ·δ − xi+1 f (x)dx xi 35 2 δ + (δ − 1) xi + xi+1 h2i + ξi − f ∞ với δ ∈ [0, 1] ξi ∈ [xi , xi+1 ], i = 0, , n − Lấy tổng theo i từ đến n − sử dụng bất đẳng thức tam giác, ta thu ước lượng (2.57) Nhận xét 2.9 Trong Định lý 2.10 ta có trường hợp đặc biệt sau: a) Nếu chọn δ = 0, có cơng thức: b f (x)dx = AT (In , ξ, f ) + RT (In , ξ, f ) (2.58) a AT (In , ξ, f ) tổng Riemann’s , nghĩa là, n−1 f (ξi ) hi , ξi ∈ [xi , xi+1 ] , i = 0, , n − 1; AT (In , ξ, f ) := i=0 phần dư thỏa mãn ước lượng: n−1 |RT (In , ξ, f )| ≤ f ∞ i=0 h2i xi + xi+1 + ξi − 2 (2.59) b) Nếu chọn δ = 1, ta có cơng thức xấp xỉ tích phân hình thang: b f (x)dx = AT (In , f ) + RT (In , f ) (2.60) a với AT (In , f ) quy tắc hình thang n−1 AT (In , f ) = i=0 f (xi ) + f (xi+1 ) · hi phần dư thỏa mãn bất đẳng thức: |RT (In , f )| n−1 f ∞ h2i (2.61) i=0 Hệ 2.13 Sử dụng giả thiết Định lý 2.10 ta có: b f (x)dx = BT (In , ξ, f ) + QT (In , ξ, f ) a Khi BT (In , ξ, f ) = ξi ∈ n−1 n−1 f (ξi ) hi + i=0 i=0 f (xi ) + f (xi+1 ) · hi , xi+1 + 3xi xi + 3xi+1 , , 4 (2.62) 36 thỏa mãn dự đoán |QT (In , ξ, f )| ≤ f ∞ n−1 n−1 h2i ξi − + i=0 i=0 xi + xi+1 2 (2.63) Đặc biệt, ta có b f (x)dx = BT (In , f ) + QT (In , f ) (2.64) a với n−1 BT (In , f ) = f i=0 xi + xi+1 n−1 hi + i=0 f (xi ) + f (xi+1 ) · hi QT (In , f ) thỏa mãn bất đẳng thức: n−1 f |QT (In , f )| ∞ h2i (2.65) i=0 Cuối cùng, có khái quát hóa sau bất đẳng thức Simpson, thuật ngữ mainder ước tính cách sử dụng đạo hàm Hệ 2.14 Sử dụng giả thiết Định lý 2.10 ta có: b f (x)dx = ST (In , ξ, f ) + WT (In , ξ, f ) (2.66) a Khi ST (In , ξ, f ) = n−1 i=0 f (ξi ) hi + n−1 [f (xi ) + f (xi+1 )] hi , i=0 xi+1 + 5xi xi + 5xi+1 , , ξi ∈ 6 phần lại WT (Im , ξ, f ) thỏa mãn ràng buộc: |WT (In , ξ, f )| ≤ f ∞ 36 n−1 n−1 h2i + i=0 i=0 xi + xi+1 ξi − 2 (2.67) và, đặc biệt, theo bất đẳng thức Simpson: b f (x)dx = ST (In , f ) + WT (In , f ) (2.68) a Khi ST (In , f ) = n−1 f i=0 xi + xi+1 hi + n−1 [f (xi ) + f (xi+1 )] hi i=0 phần cịn lại thỏa mãn ước tính: |WT (In , f )| f 36 n−1 h2i ∞ i=0 (2.69) 37 Tiếp theo, ta vận dụng Định lý 2.9 để đưa số toán liên hệ với giá trị trung bình đặc biệt (2.9)-(2.14) Trước hết ta có nhận xét sau, bất đẳng thức (2.49) tương đương với bất đẳng thức sau: (1 − δ) · f (x)+ f (a) + f (b) ·δ− b−a b f (t)dt a x − a+b δ + (δ − 1)2 ≤ (b − a) + (b − a) f (2.70) ∞ với δ ∈ [0, 1] x ∈ [a, b] cho b−a a+δ· b−δ· x b−a Ta có tốn sau: Bài tốn 2.13 Xét hàm số f : (0, ∞) → (0, ∞), f (x) = xp , p ∈ R\{−1, 0} Sau đó, cho < a < b, suy ra: f ∞ =   |p|bp−1 p >  |p|ap−1 p ∈ (−∞, 1]\{−1, 0} sau đó, theo bất đẳng thức (2.70) ta có (1 − δ) · xp +δ · A (ap , bp ) − Lpp (a, b) δ + (δ − 1)2 (x − A)2 + (b − a) (b − a) Khi δp (a, b) := δp (a, b)   |p|bp−1 p >  |p|ap−1 p ∈ (−∞, 1]\{−1, 0} δ ∈ [0, 1], x ∈ a + δ · b−a ,b −δ· b−a Bài toán 2.14 Xét hàm số f : (0, ∞) → (0, ∞), f (x) = f ∞ = < a < b Ta có x a2 theo bất đẳng thức (2.70) ta suy ra, với δ ∈ [0, 1], a + δ · b−a x b−δ· rằng: |(1 − δ)δL + Lxδ − xδ| xδL δ + (δ − 1)2 (x − A)2 (b − a) + a2 (b − a) b−a 38 Bài toán 2.15 Xét hàm số f : (0, ∞) → R, f (x) = ln x < a < b Ta có: f ∞ = , a sau đó, theo bất đẳng thức (2.70) ta có bất đẳng thức: ln x1−δ Gδ I δ + (δ − 1)2 (x − A)2 (b − a) + , a (b − a) với δ ∈ [0, 1], x ∈ a + δ · b−a ,b −δ· b−a Năm 1999 báo [14] Dragomir thiết lập bất đẳng thức kiểu Ostrowski cho ánh xạ đơn điệu Định lý 2.11 Xét hàm số f : [a, b] → R hàm số đơn điệu khơng khơng giảm [a, b] Khi với x ∈ [a, b], ta có bất đẳng thức f (x) − b−a b f (x)dx a b [2x − (a + b)]f (x) + sgn(t − x)f (t)dt b−a a [(x − a)(f (x) − f (a)) + (b − x)(f (b) − f (x))] b−a x − a+b + (f (b) − f (a)) ≤ b−a Tất bất đẳng thức chặt với số xấp xỉ tốt Từ bất đẳng thức này, ta thu kết suy rộng từ kết thu bất đẳng thức kiểu hình thang bất đẳng thức kiểu Simpson Các kết trình bày tài liệu [15] Định lý 2.12 Cho f : [a, b] → R ánh xạ không tăng đơn điệu [a, b] t1 , t, t3 ∈ (a, b) t1 < t2 < t3 Sau b f (x)dx− [(t1 − a) f (a) + (b − t3 ) f (b) + (t3 − t1 ) f (t)] a ≤ (b − t3 ) f (b) + (2t2 − t1 − t3 ) f (t2 ) − (t1 − a) f (a) (2.71) b + T (x)f (x)dx a ≤ (b − t3 ) (f (b) − f (t3 )) + (t3 − t2 ) (f (t3 ) − f (t2 )) + (t2 − t1 ) (f (t2 ) − f (t1 )) + (t1 − a) (f (t1 ) − f (t2 )) max {t1 − a, t2 − t1 , t3 − t2 , b − t3 } (f (b) − f (a)) T (x) =   sgn(t1 − x), với x ∈ [a, t2 ]  sgn(t3 − x), với x ∈ [t2 , b] (2.72) 39 Nhận xét 2.10 Trong Định lý 2.12 chọn t1 = 0, t2 = x, t3 = b ta thu được bất đẳng thức hình thang suy rộng, ta có Định lý 2.11 Trong Định lý 2.12, chọn t1 = t2 = t3 = x ta có hệ sau: Hệ 2.15 Cho f định nghĩa Định lý 2.12 Khi đó: b f (t)dt − [(x − a)f (a) + (b − x)f (b)] (2.73) a ≤ (b − x)f (b) − (x − a)f (a) + sgn(x − t)f (t)dt ≤ (b − x)(f (b) − f (x)) + (x − a)(f (x) − f (a)) ≤ a+b (b − a) + x − 2 Các bất đẳng thức (2.74) chặt số Trong Hệ ta chọn x = (f (b) − f (a)) (2.74) xấp xỉ tốt a+b ta thu bất đẳng thức hình thang sau: Hệ 2.16 Cho f : [a, b] → R ánh xạ không đơn điệu [a, b] Sau b f (t)dt − a f (a) + f (b) · (b − a) (b − a)(f (b) − f (a)) b a+b − sgn t − a (b − a)(f (b) − f (a)) (2.75) f (t)dt (2.76) tốt hai bất đẳng thức pa + qb a+b qa + pb Trong Định lý 2.12 chọn t1 = , t2 = , t3 = ta thu hệ sau: p+q p+q Hằng số Hệ 2.17 Cho f giống Định lý 2.9 p, q ∈ R+ với p > q Sau b f (x)dx− a p−q q a+b (b − a) f (a) + f (b) + f p+q q b q (b − a)(f (b) − f (a)) + T1 (x)f (x)dx p+q a q (b − a)(f (b) − f (a)) p+q p − 3q pb + qa pa + qb (b − a) f −f + 2(p + q) p+q p+q p−q b−a max q, (f (b) − f (a)) p+q Khi đó: T1 (x) =     sgn pa + qb − x , x ∈ a, a+b p+q    sgn pb + qa − x , x ∈ p+q a+b ,b 40 Nhận xét 2.11 Trong Hệ 2.17 chọn p = q = ta thu bất đẳng thức kiểu Simpson sau: b a f (a) + f (b) a+b f (x)dx− (b − a) + 2f 2 b b−a T2 (x)f (x)dx (f (b) − f (a)) + a b−a 5b + a f (b) − f (a) + f −f 6 (b − a)(f (b) − f (a)), 5a + b T2 (x) =     sgn 5a + b −x    sgn a + 5b − x ,x ∈ x ∈ a, a+b a+b ,b Nhận xét 2.12 Cho p → q ta thu Hệ 2.16 từ Hệ 2.17 41 Kết luận Luận văn trình bày vấn đề sau: ❼ Trình bày sơ lược biến phân biến phân toàn phần hàm số ❼ Một số bt ng thc liờn quan nh: bt ng thc Hă older, bt ng thc Gră uss, bt ng thc Ostrowski ❼ Trình bày bất đẳng thức Simpson ánh xạ có biến phân bị chặn, bất đẳng thức Simpson đối với ánh xạ Lipschitz, bất đẳng thức Simpson với số khả tích cấp p, bất ng thc Gră uss, Ostrowski i vi cụng thc Simpson số ví dụ vận dụng 42 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Phạm Kim Hùng (2009), Sáng tạo Bất đẳng thức, NXB Hà Nội [2] Nguyễn Vũ Lương, Phạm Văn Hùng Nguyễn Ngọc Thắng (2010), Các giảng Bất đẳng thức Cô si, NXB ĐH Quốc gia HN [3] Nguyễn Văn Mậu (2005), Bất đẳng thức: Định lý áp dụng, NXB Giáo dục Tiếng Anh [4] P Cerone, S.S Dragomir (2011), Mathematical Inequalities: A perspective, CRS Press, Taylor and Francis Group, LLC, USA [5] Z Cvetkovski (2012), Inequalities: Theorem, Techniques and Selected problems, Springer [6] S.S Dragomir, R.P Agarwal, and P Cerone (2002), “On Simpson’s inequality and applications”, pp 1–35 [7] S.S Dragomir (1999), “On Simpson’s quadrature formula for mappings of bounded variation and applications”, Tamkang J Mathematics, 30(1), pp 53–58 [8] S.S Dragomir (1999), “On Simpson’s quadrature formula for Lipschitzian mappings and applications”, Soochow J Mathematics, 25(2), pp 175–180 [9] S.S Dragomir (1998), “On Simpson’s quadrature formula for differentiable mappings whose derivatives belong to Lp spaces and applications”, J KSIAM, 2(2), pp 57–65 [10] D.S Mitrinovir, J.E Peari6 and A.M Fink (1993), Classical and New Inequalities in Analysis, Kluwer Academic Publishers, Dordrecht 43 [11] S.S Dragomir and S Wang (1997), “An inequality of Ostrowski- Gră uss type and its applications to the estimation of error bounds for some special means and for some numerical quadrature rules”, Computers Math Applic., 33, pp 15–20 [12] D.S Mitrinovir, J.E Peari6 and A.M Fink (1994), Inequalities for Functions and Their Integrals and Derivatives, Kluwer Academic Publishers, Dordrecht [13] S.S Dragomir, P Cerone and J Roumeliotis (2000), “A new generalization of Ostrowski’s integral inequality for mappings whose derivatives are bounded and applications in numerical integration and for special means”, Appl Math Lett., 13 (1), pp 19–25 [14] S.S Dragomir (1999), “Ostrowski’s inequality for monotonic mappings and applications”, J KSIAM, 3(2),pp 127–135 [15] S.S Dragomir, J.E Peari6 and S Wang, “The unified treatment oftrapezoid, Simpson and Ostrowski type inequalities for monotonic mappings and applications”,Mathematical and Computer Modelling [16] Nenad Ujevic (2002), “New bounds for Simpson’s inequality”, Tamkang Journal Of Mathematics, 33 (2), pp.129–138 ... 2: Trình bày “ Bất đẳng thức Simpson số ứng dụng “ Trong chương tác giả giới thiệu bất đẳng thức Simpson Trình bày bất đẳng thức Simpson ánh xạ có biến phân bị chặn, bất đẳng thức Simpson đối với... bày số ví dụ vận dụng bất đẳng thức Simpson số bất đẳng thức mới, xuất phát từ giá trị trung bình (2.9)-(2.14) bất đẳng thức (2.15): H G L I A Vận dụng Định lý 2.2, ta số bất đẳng thức đại lượng... 1.2.3 Bất đẳng thức Ostrowski 10 Chương Bất đẳng thức Simpson số ứng dụng 12 2.1 Bất đẳng thức Simpson ánh xạ có biến phân bị chặn 14 2.2 Bất đẳng thức Simpson