Xin trân trọng cảm ơn Quý Thầy Cô thuộc khoa Toán Tin Trường Đại học Khoa học Tự nhiên, Đại học Quốc gia Thành phố Hồ Chí Minh, cùng với quý thầy cô ở trường Đại học Cần Thơ đã tận tình
Trang 1TRƯỜNG ĐẠI HỌC CẦN THƠ
LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC
Chuyên ngành : Toán Giải Tích
Mã số : 60.46.01
THÀNH PHỐ CẦN THƠ
Trang 2BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC CẦN THƠ
LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC
Khoa Toán - tin học Đại học Khoa Học Tự Nhiên, Tp Hồ Chí Minh
Bộ môn Toán, Trường chuyên Lý Tự Trọng, Cần Thơ
THÀNH PHỐ CẦN THƠ
2007
Trang 3Người hướng dẫn : TS Nguyễn Thành Long
Khoa Toán – Tin học
Đại học Khoa học Tự nhiên Tp Hồ Chí Minh
Người nhận xét 1 : TS Nguyễn Công Tâm
Khoa Toán – Tin học
Đại học Khoa học Tự nhiên Tp Hồ Chí Minh
Người nhận xét 2 : TS Tr ần Minh Thuyết
Khoa Thống kê Toán
Đại học Kinh tế Tp Hồ Chí Minh
Học viên Cao học : Phạm Đoan Ngọc
Luận văn sẽ được bảo vệ tại Hội Đồng chấm luận văn tại Trường Đại học Cần Thơ
Vào lúc …… giờ,……., ngày …………tháng………năm………
Có thể tìm hiểu luận văn tại Phòng Sau Đại học, thư viện Trường Đại học Cần Thơ
THÀNH PHỐ CẦN THƠ
2007
Trang 4LỜI CẢM ƠN
Lời đầu tiên, xin trân trọng cảm ơn Thầy Nguyễn Thành Long đã tận tâm hướng dẫn, chỉ bảo cho tôi trong suốt quá trình hoàn thành luận văn
Xin trân trọng cảm ơn Quý Thầy Cô thuộc khoa Toán Tin Trường Đại học Khoa học Tự nhiên, Đại học Quốc gia Thành phố Hồ Chí Minh, cùng với quý thầy cô ở trường Đại học Cần Thơ đã tận tình truyền đạt kiến thức và kinh nghiệm quý báu cho tôi trong suốt thời gian học tập
Xin chân trọng cảm ơn TS Nguyễn Công Tâm, TS
kiến bổ ích cho tôi
Xin trân trọng cảm ơn Phòng Quản lý Khoa học Hợp tác Quốc tế - Sau Đại học Cần Thơ đã tạo mọi điều kiện thuận lợi để tôi hoàn tất chương trình học tập
Xin trân trọng cảm ơn trường THPT Chuyên Lý Tự Trọng đã tạo điều kiện thuận lợi cho tôi trong suốt thời gian
đi học
Xin trân trọng cảm ơn các bạn lớp Cao học Toán khóa 11, các bạn đồng nghiệp, đặc biệt là ThS Lê Xuân Trường đã động viên và nhiệt tình giúp đỡ tôi trong thời gian qua
Phạm Đoan Ngọc
Trang 5CHƯƠNG 0 PHẦN MỞ ĐẦU
Gần đây, nhiều bất đẳng thức chứa phần dư Taylor của một hàm số được nghiên cứu bởi nhiều tác giả, chẳng hạn như H Gauchman [2, 3], Zheng Liu [4], L Bougoffa [1],… và các tài liệu tham khảo trong đó Các bất đẳng thức này được thiết lập nhờ vào công thức Leibnitz (đạo hàm cấp cao của tích hai hàm số), hoặc các bất đẳng thức Gr && , Chebyshev, Steffensen,… uss
Liên quan đế phần dư Taylor của một hàm số, định lý Taylor được phát biểu như sau:
Định lý 0.1.Cho f : (a, b) → R có đạo hàm riêng đến cấp n + 1 trong khoảng (a, b)
Khi đó, với mọi x, c ∈ (a, b), tồn tại một số thực θ∈ (0, 1) sao cho:
) 1 ( 0
) (
)()!
1(
)()
−
n n
k
k
k
c x n
c x c f c x k
c f
Biểu thức
(0.2) = −∑n= −
k
k k
f
k
c f x
f x c
) (
!
)()
(),(
gọi là phần dư Taylor của hàm f
Trong công thức (0.1) ở trên, phần dư R n,f(c,x)có dạng tường minh
)!
1(
))(()
,
+
−θ+
R
còn gọi là phần dư Lagrang trong khai triển Taylor của hàm f
Mặt khác, phần dư R n,f(c,x) có dạng tường minh cũng được biểu diễn theo
dạng tích phân (phần dư Taylor dạng tích phân) như sau:
!
)(),
n
t x x
c
R
Trang 6Trong luận văn này, chúng tôi muốn trình bày và hệ thống lại một số bất đẳng thức chứa phần dư Taylor của một hàm số được nghiên cứu bởi nhiều tác giả trong thời gian gần đây Một số bất đẳng thức quá lâu như bất đẳng thức Steffensen (1919)
mà chúng tôi không tìm được bài báo gốc công bố trong [J.F STEFFENSEN, On
certain inequalities and methods of approximation, J Inst Actuaries, 51 (1919), 274 –
297], nên phải tự chứng minh lại trong phần phụ lục
Toàn bộ luận văn này sẽ chia thành các chương sau đây:
Chương 0: Phần mở đầu
Chương 1: Bất đẳng thức Steffensen và một số bất đẳng thức chứa phần dư Taylor
Chương 2: Áp dụng một số bất đẳng thức của chương 1
Chương 3: Bất đẳng thức chứa phần dư Taylor từ công thức Leibnitz
Chương 4: Bất đẳng thức chứa phần dư Taylor từ công thức Gr && uss
Phần kết luận
Phần tài liệu tham khảo
Phần phụ lục: Luận văn cũng dành một phần phụ lục để chứng minh lại bất đẳng thức Steffensen và bất đẳng thức Gr && uss
Trang 7CHƯƠNG I BẤT ĐẲNG THỨC STEFFENSEN
VÀ MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC CHỨA PHẦN DƯ TAYLOR
Trong chương này, chúng tôi trình bày các kết quả liên quan đến phần dư Lagrang trong khai triển Taylor của hàm, bất đẳng thức Steffensen và một số bất đẳng thức chứa phần dư Taylor Trước hết, về phần dư Taylor của hàm f, ta có kết quả sau:
1 ( 1
n
n f x dx R a x dx x
b n
1 ( 1
b a
n
n f x dx R b x dx a
x n
trong đó
(1.3) = −∑n= −
k
k k
f
k
c f x
f x c
) (
!
)()
(),(
là phần dư Lagrang trong khai triển Taylor của hàm f
b a
n n b
a
n
n dx x f x b
1)
()
()!
n
n df x x
a n
n b x f x dx
n x
b x f
1)
(()!
1(
Trang 8( ) ( )
!
1))(
()!
1(
+
−+
−
a
n n n
n b x f x dx
n a
b a f n
Áp dụng liên tiếp nhiều lần công thức (1.4), ta được
(1.5) ∫ − + +
+
b a
n
n f x dx x
−
a
n n n
n b x f x dx
n a
b a f
1))(
()!
1(
n n
n
n a b a f
1 ) )(
( )!
1 (
n
n a b a f
1 ) )(
( )!
1 (
n a
b a f
1 )
)(
( )!
1 (
= …
n n
n
n a
b a f
1))(
()!
1(
1 ( ) − 1− ( 1 ) −+
1
) )(
( )!
1 (
b a f n
n f x dx x
b k
(
n n
n
n a b a f
1 ) )(
( )!
1 (
( 1
) 2
)!
1(
1
))(
()!
1(
−+
b a f n
+ − ′ − + ∫b
a f x dx a
b a
!0
1))(
(
!11
Trang 91(
)()(
!
)()()!
1(
)()(
1 )
2 ( )
1 (
1 )
a b a f n
a b a f
n n
n n
n n
n f a b a f x dx
k n
a b a
!0
1
!1
)()(
)!
1(
)()(
1 )
(
+
++
k
k f x dx
k
a b a f
0
1 )
)!
1(
)()(
= −∑ = ∫ − +∫b
a
b a
k n
0 k
k dx f x dx
k
a x a
!
)()(
) (
k
k dx f x dx
k
a x a
!
)()(
) (
.),(
,
∫
= b
a R n f a x dx
Công thức (1.1) của bổ đề 1.1 được chứng minh
Công thức (1.2) được chứng minh tương tự Do đó bổ đề 1.1 được chứng minh
Định lý 1.2 (Bất đẳng thức Steffensen) Cho f, g: (a, b) → R, f, g ∈ L1(a, b), f giảm trên (a, b), 0 ≤ g(x) ≤ 1,∀x ∈ (a, b) Nếu λ=∫b ( ) ,
a g x dx thì ta có bất đẳng thức tích phân
(1.6) ∫ λ ( ) ≤∫ ( ) ( ) ≤∫a λ ( )
a
b a
b
b f x dx f x g x dx f x dx
Chứng minh Định lý 1.2 (Xem chứng minh trong phần Phụ lục I)
Tiếp theo sau đây, chúng tôi trình bày các bất đẳng thức chứa phần dư Taylor nhờ vào bất đẳng thức Steffensen
Ta ký hiệu I ⊂ R là một khoảng (có thể là đoạn, nửa khoảng, …) và I0 là phần trong của I Từ đây đến cuối chương này, chúng tôi tập trung chứng minh hai định lý sau:
Định lý 1.3 Cho f, g : I → R, a, b ∈ I0, a < b Cho f∈ Cn+1 ([a, b]), g ∈ C([a, b]) Giả
sử rằng m ≤ f (n+1)(x) ≤ M, m ≠ M, g(x) ≥ 0 ∀x∈[a, b]
Trang 10(1.7) 1 [f( )(b) f( )(a) m(b a)]
m M
−+
b
b
n g x dx b
a x m x a R m M
b
a
n f
)!
1(
)(),(
()!
1(
)1
dx x g x a
n
a
a
n n
+
−λ++
b x m x b R m M
b
a
n f
n
n
)()!
1(
)(),()
()!
1(
)1
dx x g b
x n
−+
−
Định lý 1.4 Cho f, g : I → R, a, b ∈ I0, a < b Cho f∈ Cn+1 ([a, b]), g∈ C([a, b]) Giả
sử f(n+1)(x) tăng trên [a, b], m ≤ g(x) ≤ M, m ≠ M ∀x∈[a, b]
Đặt
2)
()())(
m dx x g a x a
b m M
2)
()())(
m dx x g x b a
b m M
Trang 11a f n n n
a b m M
n a
f a
))(
(
)!
1()
()
1 )
a f n n n
a b m M
n a
f a
))(
(
)!
1()
()
2 )
(
≤ f(n)(b)− f(n)(b−λ2)
Chú thích 1.1.
Dễ thấy rằng các bất đẳng thức trong Định lý 1.3 và Định lý 1.4 trở thành đẳng thức nếu f(x) là một đa thức có bậc n+1
Để dễ hình dung những bước tiếp theo, luận văn sẽ lần lượt chứng minh:
A1) Bất đẳng thức (1.8) nhờ hai bổ đề 1.5 và 1.6, A2) Bất đẳng thức (1.9) nhờ hai bổ đề 1.5a và 1.6a, A3) Bất đẳng thức (1.12) nhờ hai bổ đề 1.5b và 1.6b, A4) Bất đẳng thức (1.13) nhờ hai bổ đề 1.5c và 1.6c
A1) Chứng minh bất đẳng thức (1.8) trong định lý 1.3
Trước hết, ta thiết lập hai bổ đề 1.5 và 1.6 dưới đây
Bổ đề 1.5 Cho f, g : I → R, a, b ∈ I0, a < b Cho f∈ Cn+1 ([a, b]), g∈ C([a, b]) Giả sử
rằng 0 ≤ f(n+1)(x) ≤ 1, ∀x∈[a, b] và hàm x ∫b −
x
n g t dt x
t ) ( )(
a là hàm giảm trên [a, b] Nếu
(
Trang 121(
)1
+
−λ++
−+ n a a a x n g x dx n
()
()
(
),()
(
,)()(
!
1)(
) ( )
) 1 (
) 1 (
a f b f dx x f dx x G
x f x G
dt t g x t n x F
n n
n b a n
b a
n n
b x
n n
Khi đó Fn(x), Gn(x) và λ thỏa các điều kiện của Định lý 1.2 Vậy
b a
a
a n n
n
n x dx F x G x dx F x dx F
Dễ thấy rằng F n′(x)=−F n−1(x) Do đó
(1.18) ∫ =∫b
a
n n
a n
a f
)
()()
()(
!
)(
1 1
) (
a f dx x g a x n
a f
)()()!
1(
)()
()(
!
)
) (
a
n n
b f
)
()
()
(.)(
!
)(
1 1
) (
+∫b − −
a F n 2(x)G n 2(x)dx
Trang 13a f
)()()!
1(
)()
()(
!
)
) (
)()()
()( − ∫ +∫
a
b
a f x g x dx dx
x g a f
n a x g x dx R
Chú ý rằng
!
1)
n dx x F
∫λ = ∫ ∫λ⎜⎜⎝⎛ − ⎟⎟⎠⎞Đổi thứ tự lấy tích phân x và t, dựa vào miền lấy tích phân dưới đây và được chia thành hai miền
≤
≤
=
λ+
),{(
},,
:),{(
b t a
a x a t x D
a t a t x a t x D
2 1
−+
−
a
a a
n a
a
t a
n a
n dx x t dt t g n dx x
!
1)
()(
!
1)(
+
−
−+
a x
n t
x
a x
n a
x t dt t g n n
x t dt t g
)()(
!
11
)()(
t
n 1)! ( ) ( )(
a
n
n t a g t dt a
t
(
Trang 14∫ λ − +
+
= a a t a n g t dt
n 1)! ( ) ( )(
)1
+
λ++
−+
t n
a
a n x a x a g x dx
n dx x
)!
1(
1)
.)()(
)!
1(
)1
+
−λ++
1)
b n x b g x dx
n dx x F
Thay (1.19), (1.24), (1.25) vào (1.17), ta thu được
(1.26) ∫ λ
+
λ+
−+
b b
n g x dx b
Trang 15+
−λ++
t ) ( )(
b]
Nếu
(1.27) 1 [f( )(b) f( )(a) m(b a)],
m M
−+
b b
n g x dx b
)(),(
(
)1
)()(
1)(
n
a x m x f m M x
f
n
Khi đó, 0 ≤~f(x)≤ 1, ∀x ∈[a, b] và
Trang 16[ ( ) ( ) ( )] ~ ( ) ~ ( ).
a f b f a b m a f b f m M
n n
n
n − − − = −
−
=λ
Do đó, ~f(x), g(x) và λ thỏa điều kiện của Bổ đề 1.5 Thay ~f(x) vào vị trí của f(x) trong (1.15), với chú ý rằng
=
+
− +
∑
∑
,)!
1(
)(),(1
)(
!
)(1
)!
1(
)()(1
)(
!
)(
~)
(
~),(
,1
),(
1)(
~
,)!
1(
)()(
1)(
~
,)!
1(
)()(
1)(
~
1 ,
0
) ( 1
0
) (
~ ,
) ( )
(
1 )
( )
(
1
n
a x m x a R m M
a x k
a f m
M n
a x m x f m M
a x k
a f x
f x a R
n k a
f m M a f
k n
a x m x f m M x f
n
a x m x f m M x f
n f
n
n k
k k
n
n k
k k
f n
k k
k n k
t ) ( )(
a là hàm giảm trên [a, b] Vậy do Bổ đề 1.6 ta suy ra bất đẳng thức (1.8) được chứng minh
Với sự thay đổi các hàm Fn(x) và Gn(x) lần lượt như (1.31), (1.32), (1.33) dưới đây, ta sẽ thu được (1.9), (1.12) và (1.13) theo thứ tự:
(
,)()(
!
1)(
) 1
f x G
dt t g t x n x F
n n
x a n
!
1)(
),()
( ( 1 )
b x
n n
n n
dt t g x t n x G
x f x F
Trang 171)(
),()
( ( 1 )
x a
n n
n n
dt t g t x n x G
x f x F
A2 Chứng minh bất đẳng thức (1.9) trong định lý 1.3
Để chứng minh bất đẳng thức (1.9), ta cần hai bổ đề tương tự như hai Bổ đề 1.5
n g x dx x
−+
x
(
)1
Trang 18thì ta có bất đẳng thức tích phân
(1.37) ∫ λ +λ− +
+
a a
n g x dx x
n
n
dx x g n
b x m x b R m
)(),()
1
, 1
)1
−+
−+ n b b x b n g x dx n
()
(
),()
(
,)()(
!
1)(
) ( )
(
) 1 (
b a
n n
n
n n
x a
n n
a f b f dx x G
x f x G
dt t g t x n x F
Khi đó F n(x),G n(x)và λ thỏa các điều kiện của Định lý 1.2 (Bất đẳng thức
1)
a n 1 n
b a n n b
a
n n
n
n
dx x G x F dx x g x b n
b f
)()()
()(
!
)(
) (
− +
b a
n n
dx x g x b n
b f dx x g x b n
b f
) ( ) ( )!
1 (
) ( )
( ) (
!
)
) (
Trang 19b a
n
n
dx x g x b n
b f dx x g x b n
b f
) ( ) ( )!
1 (
) ( )
( ) (
!
)
) (
dx x g x b n
b f
)()()!
2(
)
) 2 (
−
a
n n
b a
n
n
dx x g x b n
b f dx x g x b n
b
)!
1 (
) ( )
( ) (
!
)
) (
b f
) ( ) ( )!
2 (
)
) 2 (
n
k b x g x dx k
) ( )
∫
−+
b f dx x g x b n
b f
)()()!
1(
)()
()(
!
)
) (
b f
) ( ) ( )!
2 (
)
) 2 (
n
k b x g x dx k
n
b f
) ( ) ( )!
1 (
) ( )
)()1(
−
a
k n n
k
k n
k b x g x dx k
n
b f
)()()!
1(
)()
k
k n k n
k b x g x dx
k n
b f
)()()!
1(
)()
1()1
k
k n
n b x g x dx
k n
b f
)()()!
1(
)()
1
1
1 1
Trang 20= − + ∑ = ∫b −
a
k n
)()(
!
)()
0 x G x dx F x f x dx
= − −∫b ′
a 0 0
t g b
a
n 1 k
k 1
n n
k
b f 1
dx x G x
!
)()
()()(
) (
+ − ∫b
a
n F (x)G (x)dx
)1
)()(
!
)()
1
) ( 1
+ − ∫b( − )
a
n f(x) f(b) g(x)dx
)1(
k
b f x
f
b a
n k
k
!
)()
()
1
) (
(
∫b bλ =− ∫ ∫b bλ a x − n
n x t g t dx
n dx x
Đổi thứ tự biến lấy tích phân x và t, dựa vào miền lấy tích phân dưới đây và được chia làm hai miền
(1.44) D = { (x, t): a ≤ t ≤ x, b−λ ≤ x ≤ b } = D1 ∪ D2,
Trang 21),{(
},,
:),{(
2
1
b x b
b t a t x D
b t b t x t t x D
Do đó
(1.46) ∫bλ =− ∫ λ ( ∫ − )
b
b b
b t
n
n g t dt x t dx
n dx x
!
1)
a
b
b x t dx dt
t g
b x
n b
b
b x
t x
n
n
t x dt t g n n
t x dt t g
)()(
!
1)!
1(
)()(
−
b
n g t dt t
b
n 1)! ( ) ( )(
−
b
n g t dt t
b
n 1)! ( ) ( )(
−+
b
n
n b t g t dt t
)!
1(
∫ λ
+
−λ
−+
b
n g t dt t
b n
b a
n n
n b t b t g t dt
n dx x
)!
1(
1)
( ) ( )
)!
1(
∫ λ
+
−λ
−+
b
n g t dt t
b n
Trang 22Tính toán tương tự ta cũng thu được
a a
x a
n
n x t g t dt dx
n dx x
!
1)
(
g t dt( x t g t )dx
n
a a
x a
t x
n
n
t x dt t g
)()(
a n
Thay (1.42), (1.47), (1.48) vào (1.39), ta thu được
+
−
−λ
−
−
−+
b
n b
a
n
n dt t g t b t
b
1)
()(
)()!
1(
,)()(
)!
1(
a n
a a
n g t dt R b x g x dx t
∫ λ
+
−λ
−+
b
n g t dt t
b n
a a
n g x dx R b x g x dx x
b
(
Trang 23)!
1(
)1
−+
x n
()
(
),()
(
,)()(
!
1)(
) ( )
(
) 1 (
a f b f dx x G
x f x G
dt t g t x n x F
n n
b
a n
n n
x a
n n
và
)!
1(
)()(
1)(
n n
n
n − − − = −
−
=λ
Do đó, ~f(x), g(x) và λ thỏa các điều kiện của Bổ đề 1.5a Thay ~f(x) vào vị trí của f(x) trong (1.35), với chú ý rằng
1(
)(),(1
,)(
!
)(1
)!
1(
)()(1
)(
!
)(
~)
(
~),(
,1
),(
1)(
~
,)!
1(
)()(
1)(
~
1 ,
0
) ( 1
0
) (
~ ,
) ( )
(
1 )
( )
(
n
b x m x b R m M
b x k
b f m
M n
b x m x f m M
b x k
b f x
f x b R
n k b f m M b f
k n
b x m x f m M x f
n f
n
n k
k k
n
n k
k k
f n
k k
k n k
k
Trang 24Khi đó ta có
n
a a
n ( ))
()!
1(
∫ λ +λ− +
+
dx x g n
b x m x b R m M
b a
n f
n
n
)()!
1(
)(),()
)1
−+
x n
x n
!
1
[a, b] Vậy do Bổ đề 1.6a ta suy ra bất đẳng thức (1.9) được chứng minh
A3 Chứng minh bất đẳng thức (1.12) của Định lý 1.4
Để chứng minh bất đẳng thức (1.12) trong Định lý 1.4, ta cần hai bổ đề tương
tự như hai Bổ đề 1.5 và 1.6 như sau:
Bổ đề 1.5b Cho f, g : I → R, a, b ∈ I0, a < b Cho f∈ Cn+1 ([a, b]), g∈ C([a, b])
Giả sử rằng f(n+1) tăng trên [a, b] và
,1)()(
x n
Khi đó, ta có các bất đẳng thức
, )
( 1 )
(
≤
−λ
a
n n
f n n
n a f a R a x g x dx f b f b f
Trang 25Bổ đề 1.6b Cho f, g : I → R, a, b ∈ I0, a < b Cho f∈ Cn+1 ([a, b]), g∈C([a, b])
Giả sử rằng f (n+1) tăng trên [a, b], m ≤ g(x) ≤ M, m≠M, ∀x∈ [a, b]
Đặt
2)
()())(
(
1 1
m dx x g a x a
b m M
b a
n n
a n f n
n
a b m M
n a
f a
))(
(
)!
1()
()
) (
( )( ) ( )( )
1 n
b a
n
t x
a x
n b
a
b a
n b
a
b a
n b
a
b
a n
b a
n n
n n
dt t g a t n
n
x t dt t g n
dx x t dt t g n
dt t g x t dx n dx x G
dt t g x t n x G
x f x F
.)()()!
1(1
1
)()(
!1
)()(
!1
)()(
!
1)(
,)()(
!
1)(
),()
(
1 1 1
) 1 (
Khi đó Fn(x), Gn(x) và λ1 thỏa các điều kiện của Định lý 2.2 Vậy
b a
a
a n n
n
n x dx F x G x dx F x dx F
()
()
(
),()
()
()
(
1 )
( )
( )
1 (
) ( 1 ) ( )
1 (
a f a f dx x f dx
x F
b f b
f dx x f dx
x F
n n
a a
a a
n n
b b
b b
n n
n n
Trang 26Do đó ta có từ (1.61), (1.62) rằng
(1.63) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( 1 )
1 ) (
≤
−λ
a
n n
n n n
n b f b F x G x dx f a f a f
Dễ thấy rằng G n′ (x) = −G n−1(x). Do đó, sử dụng tích phân từng phần ta có
a n n b
a n n b
a
n n
a n
n
n
dx x G x F dx x g a x n
a f
)()()
()(
!
)(
1 1
) (
a f
)()(
!
)(
) (
n
n
dx x G x F dx x g a x n
a f
)()()
()()!
1(
)(
2 2
1 )
1 (
a f
)()(
!
)(
) (
a f
)()()!
1(
)
) 1 (
a g x dx a
a f
)()(
!
)(
) (
a f
)()()!
1(
)
) 1 (
+ … + ′ ∫b − +∫ ( − )
a
b
a f a f x g x dx dx
x g a x a
Trang 27Thay (1.65) vào (1.63) ta được
(1.66) ( ) ( ) ( , ) ( ) ( )( ) ( )( 1),
, )
( 1 )
a n f n
n
hay
(1.67) ( ) ( ) ( , ) ( ) ( )( ) ( )( 1 )
, )
( 1 )
(
≤
−λ
a
n n
f n n
n a f a R a x g x dx f b f b f
n x
(
)!
1()
b x
m t g x t a
b
n dt t g x t n
b x
n n
b x
1 )
(
~ ) (
x t
n n
b x
n
x t a b
n dt x t a
b
=
+ +
1 1
1
)()(
11
)()(
n n
x b a b
n
n n
n
a b m M
m dx x g a x a
b m
(
1 1
λ
= ∫ ∫b −
a
b x
n g t dt x
t dx
~ ) (
! 1
=∫b ( ) ,
a G n x dx
Trang 28n g t dt x
t dx
~)(
!1
n
n dx t x g t m dt a
b m M
n
)()()
n
n g t m dt t x dx a
b m M
n
)()
()
a x
n
x t dt m t g a
b m M
n
1
)()
()
b m M
))(
()
)(
()
n b
a
n n
2)
)(
()
m dt a t t g a
b m M
a n f n
n
a b m M
n a
f a
))(
(
)!
1()
()
) (
≤ f(n)(b)− f(n)(b−λ1)
Ta thu được (1.59)
Bổ đề 1.6b được chứng minh
A4 Chứng minh bất đẳng thức (1.13) trong Định lý 1.4
Ta cần hai Bổ đề tương tự như hai Bổ đề 1.5 và 1.6 như sau
Bổ đề 1.5c Cho f, g : I → R, a, b ∈ I0, a < b Cho f∈ Cn+1 ([a, b]), g∈ C([a, b])
Giả sử rằng f(n+1) tăng trên [a, b] và
Trang 29b n
Khi đó, ta có các bất đẳng thức
(1.73) ( ) ( ) ( 1) ( , ) ( ) ( )( ) ( )( 2 )
, 1 )
( 2 )
a
n n
f n n n
n a f a R b x g x dx f b f b
f
Bổ đề 1.6c Cho f, g : I → R, a, b ∈ I0, a < b Cho f∈ Cn+1 ([a, b]), g∈C([a, b])
Giả sử rằng f (n+1) tăng trên [a, b], m ≤ g(x) ≤ M, m≠M, ∀x∈ [a, b]
n
a b m M
m dx x g x b a
b m
a n f n
n n
a b m M
n a
f a
))(
(
)!
1()
1()()
2 )
≤ f(n)(b)− f(n)(b−λ2)
Chứng minh Bổ đề 1.5c
Đặt
Trang 30b a
n
b x
t x
n b
a
b t
n b
a
x a
n b
a
b
a n
x a
n n
n n
dt t g t b n
n
t x dt t g n
dx t x dt t g n
dt t g t x dx n dx x G
dt t g t x n x G
x f x F
.)()()!
1(1
1
)()(
!1
)()(
!1
)()(
!
1)(
,)()(
!
1)(
),()
(
1 1 2
) 1 (
Khi đó F n(x),G n(x)và λ2 thỏa các điều kiện của Định lý 1.2 Vậy
b
a n n
n x dx F x G x dx F x dx F
.)(
)()
()
(
),()
()
()
(
2 2
2 2
2 )
( )
( )
1 (
) ( 2 )
( )
1 (
a a
n n
n a
a n
b b
n n
n b
b n
a f a f dx x f dx
x F
b f b
f dx x f dx
x F
Do đó, từ (1.77) ta có
(1.78) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( 2 )
2 )
(
≤
−λ
a
n n
n n n
n b f b F x G x dx f a f a f
Dễ thấy rằng G n′ (x) = −G n−1(x). Do đó, dùng tích phân từng phần, ta được (1.79) ∫ =−∫b
a
n n
a n
a n
n
dx x G x F dx x g x b n
b f
)()()
()(
!
)(
1 1
) (
−+
n
n n
n
dx x g x b n
b f dx x g x b n
b f
)()()!
1(
)()
()(
!
)
) (