Bất đẳng thức tích phân thuộc loại ostrowski cho hàm khả vi cấp hai

Mặc dù không gian các hàm Lipschitz LipΩ là rộng hơn các hàmkhả vi liên tục C1Ω, chúng có chung những tính chất quan trọng, như là tính khả vi, đã được chứng minh trong trường hợp một ch

BẤT ĐẲNG THỨC TÍCH PHÂN THUỘC LOẠI OSTROWSKI CHO HÀM KHẢ VI

CẤP HAI

LUẬN VĂN THẠC SĨ

Năm:

Chuyên ngành: :

LUẬN VĂN THẠC SĨ Người hướng dẫn

TS.

1 PHẦN MỞ ĐẦU

Luận văn được trình bày trong hai chương: Chương I: Chúng tôi trìnhbày các kiến thức cơ sở bao gồm các khái niệm, và một số định lý cơbản Chương II: Là phần chính của luận văn Trong chương này chúngtôi trình bày bài toán (I) Đầu tiên chúng tôi khảo sát sự tồn tại nghiệmtrên khoảng 0 t n, sau đó là trên khoảng vô hạn [0, +) Cuối cùngchúng ta khảo sát sự phụ thuộc liên tục của nghiệm bài toàn (I) đối với

2 Không gian của các hàm Lipschitz Lip(Ω)

(ii) Cho f ∈Lip(A) Một số không âm

Lip(f ) =Lip(f, A) := sup



|f (x) − f (y)|

|x − y| : x, y ∈ A, x ̸= y



được gọi là hằng số Lipschitz của f

Nhận xét 1 Định nghĩa của các hàm Lipschitz là khái niệm metric.Thật vậy, nếu (X, d) và (Y, ϱ) là không gian metric, ánh xạ f : X → Y

được gọi là Lipschitz nếu có hằng số L > 0 thỏa mãn

ϱ(f (x), f (y)) ≤ Ld(x, y), ∀x, y ∈ X

Mệnh đề 1 Cho A ⊂Rn và f ∈Lip(A)

(i) f liên tục đều trên A;

(ii) tồn tại duy nhất f : A →¯ R với f |A = f và Lip(f ) = Lip(f )

Nhận xét 2 Từ mệnh đề 26 suy ra nếu f ∈ Lip(A), với A ⊂Rn, luôn

có nghĩa như hàm f : A →R và ngược lại Hơn thế nữa, ánh xạ mở rộng

E :Lip(A) →Lip(A), E(f ) := f là song ánh Theo kết quả này, ta có thểhiểu Lip(A) =Lip(A) Lưu ý các tính chất mở rộng không còn đúng trongkhông gian C1(Ω)

Mệnh đề 2 Cho Ω ⊂Rn là tập lồi và bị chặn Khi đó C1(Ω) ⊂ Lip(Ω).Chứng minh Cho f ∈C1(Ω) Theo định lý giá trị trung bình

∀x, y ∈ Ω, ∃z ∈ xy := {tx + (1 − t)y : 0 ≤ t ≤ 1} ⊂ Ω

,điều này mấu thuẫn với bất đẳng thức trước

(ii) Quan hệ bao hàm này là chặt

Ví dụ: Cho Ω = (−1, 1) và f (x) = |x| Khi đó f ∈Lip(Ω) \C1(Ω)

Mặc dù không gian các hàm Lipschitz Lip(Ω) là rộng hơn các hàmkhả vi liên tục C1(Ω), chúng có chung những tính chất quan trọng, như

là tính khả vi, đã được chứng minh trong trường hợp một chiều

Định lý 1 (Rademacher) Cho Ω ∈ Rn là tập mở và cho f ∈ Lip(Ω).Khi đó f khả vi tại x, Ln hầu khắp nơi, x ∈ Ω, nghĩa là bỏ đi một tập

có độ đo là không N ⊂ Ω, với mỗi x ∈ Ω \ N tồn tại một hàm tuyến tính

Định nghĩa 2 Cho Ω ⊂Rn là tập mở bị chặn, cho f ∈Lip(Ω) Ta biểuthị

∥f ∥Lip = ∥f ∥Lip,Ω := ∥f ∥∞,Ω+Lip(f, Ω).

∥.∥Lip được gọi là chuẩn Lip

Định lý 2 (Lip(Ω), ∥.∥Lip) là không gian Banach vô hạn chiều nhưngkhông là không gian Hilbert, biết Ω ∈Rn là tập mở bị chặn

Chứng minh Dễ thấy (Lip(Ω), ∥.∥Lip) là không gian tuyến tính địnhchuẩn, chú ý rằng

Lip(f + g) ≤Lip(f ) +Lip(g) ∀f, g ∈ Lip(Ω). (1)

Ta phải chỉ ra tính đầy đủ Cho(fh)hlà dãy Cauchy trong(Lip(Ω), ∥.∥Lip),nghĩa là với mỗi ϵ > 0 sẽ tồn tại h = h(ϵ) ∈N thỏa mãn

(fh)h là dãy Cauchy trong (C0(Ω), ∥.∥∞).

Khi đó, tồn tại f ∈ C0(Ω) thỏa mãn fh → f đều trên Ω Theo (21), tađược Lip(f ) ≤ L, do đó f ∈ Ω Lấy qua giới hạn trong (20), khi k → ∞,

ϵ > 0 sẽ tồn tại h = h(ϵ) ∈N sao cho

Theo hệ quả của mệnh đề 25 ta được kết quả sau.

Hệ quả 1 Bao hàm C1(Ω) ⊂Lip(Ω) là ánh xạ song Lipszhitz, nghĩa là

1

L ∥f ∥C1 ≤ ∥f ∥Lip ≤ L∥f ∥C1 ∀f ∈ C1(Ω),

và nó là nghiêm ngặt, biết Ω ⊂ Rn là tập lồi, mở và bị chặn Đặc biệt,

C1(Ω) là không gian con đóng của (Lip(Ω), ∥.∥Lip)

Chứng minh Ta chứng minh khẳng định trong trường hợp n = 1 và

Ω = (a, b) Theo mệnh đề 25 và nhận xét 14 (ii), ta cần chỉ ra rằng quan

hệ bao hàm này là một phép đẳng cự Điều này suy ra

Bài tập 1 Nếu f ∈C1([a, b]) khi đó ∥f ∥Lip = ∥f ∥C1

Tính compact trong Lip(Ω)

Định lý 3 Cho Ω ⊂Rn là tập mở và bị chặn, giả sử

F = BLip(Ω) := {f ∈Lip(Ω) : ∥f ∥Lip ≤ 1}.

Khi đó BLip(Ω) là compact trong (Lip(Ω), ∥.∥∞)

Chứng minh Ta cần chỉ ra rằng F là compact trong (C0(Ω), ∥.∥∞) Ápdụng định lý Arzelà - Ascoli (Định lý 51) Chứng minh rằng

(i) F là bị chặn trong (C0(Ω), ∥.∥∞): hiển nhiên theo định nghĩa

(ii) F đóng trong (C0(Ω), ∥.∥∞): nghĩa là, nếu (fh)h ⊂ F với ∥fh− f ∥∞,khi đó f ∈ F Thật vậy

fh∈ F Lef trightarrow|fh(x)|+ |fh(y) − fh(z)|

(iii)F liên tục đều trên Ω Thật vậy, nó đủ để nhận thấy rằng, theo địnhnghĩa

|f (y) − f (z)| ≤ |y − z| ∀y, z ∈ Ω, f ∈ F

Ta có điều phải chứng minh

Nhận xét 4 Chú ý rằng BC1 (Ω) := {f ∈ C1(Ω) : ∥f ∥C1 ≤ 1} là khôngcompact trong (C1(Ω), ∥.∥∞) Đây là một đặc trưng tốt có trên Lip(Ω)

nhưng không có trên C1(Ω)

Tính tách được của (Lip(Ω), ∥.∥Lip)

Định lý 4 Cho Ω ⊂ Rn là tập mở và bị chặn Khi đó (Lip(Ω), ∥.∥Lip)

không tách được

Chứng minh Ta cần chỉ ra rằng tồn tại một họ tách rời nhau khôngđếm được {U α : α ∈ I} của tập mở trong (Lip(Ω), ∥.∥Lip) (Mệnh đề ??)

Ta chia chứng minh thành hai bước

Bước 1: Giả sử n = 1 và Ω = (a, b) và ta sẽ chứng minh được kết luận.Cho {uα : α ∈ (a, b)} ⊂ (Lip(a, b)) là họ hàm

Uα := {f ∈Lip((a, b)) : ∥f − uα∥Lip < 1 ∀α ∈ I}

Ta được điều mong muốn

Bước 2: Giả sử Ω là tập mở bị chặn Từ Ω mở, tồn tại một hình cầu

mở (a 1 , b 1 ) × · · · × (a n , b n ) ⊂ Ω Cho {f α : α ∈ (a 1 , b 1 )} ⊂Lip(Ω) là họ cáchàm được định nghĩa bởi

Ta được điều cần chứng minh

Ta đã xem xét lớp Lip(Ω) của hàm liên tục Lipschitz f : Ω → R cái

mà định nghĩa thỏa mãn ước lượng

Bài tập 2 Cho Ω ⊂ Rn là tập mở được liên thông và giả sử (H) đúngvới C > 0 và α > 1 Khi đó f ≡ const

Do đó điều kiện Holder không còn ý nghĩa cho các hàm với số mũ lớnhơn một trong tập mở liên thông

Định nghĩa 3 Cho A ⊂Rn, hàm f : A → R được gọi là liên tục Holder

với mũ α > 0 nếu nó thỏa mãn (H) với hằng sô C > 0

3 ĐỊNH LÍ FUBINI

Định lý 5 (G.Fubini - L.Tonelli) Cho F :R2n → [0, ∞] là hàm đo được(đối với M 2n) Khi đó

ϱ ∗ f → f đều trên tập compact của Rn.

Chứng minh Cho K ⊂ Rn là tập compact và cho K′ := K + B(0, 1).Theo tính liên tục đều của f trên tập compact K′, ∀ϵ > 0 tồn tại 0 <

δ = δ(ϵ, K′) < 1 thỏa mãn

|f (x − y) − f (x)| ≤ ϵ, ∀x ∈ K, ∀y ∈ B(0, δ). (5)Mặt khác, nếu h ∈N thỏa 1/h < δ và x ∈ K, theo (??),

|(f ∗ ϱh)(x) − f (x)| =

Z

Rn

f (x − y)ϱh(y)dy − f (x)

=