Luận văn Thạc sĩ Khoa học: Một số bất đẳng thức phi tuyến với thời gian rời rạc

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:73

Thêm vào BST

Báo xấu

23
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề tài nghiên cứu sẽ trình bày một số khái niệm cơ bản cùng một số các định lý, các bát phương trình, bất đẳng thức sai phân liên quan đến bất đẳng thức Gronwall-Bellman. Mời các bạn cùng tham khảo nội dung chi tiết.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Luận văn Thạc sĩ Khoa học: Một số bất đẳng thức phi tuyến với thời gian rời rạc

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN ------------------ Trần Thế Anh MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC PHI TUYẾN VỚI THỜI GIAN RỜI RẠC LUẬN VĂN THẠC SỸ KHOA HỌC HÀ NỘI- 2013
ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN ------------------ Trần Thế Anh MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC PHI TUYẾN VỚI THỜI GIAN RỜI RẠC Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 60460113 LUẬN VĂN THẠC SỸ KHOA HỌC Người hướng dẫn khoa học GS. TS NGUYỄN HỮU DƯ HÀ NỘI- 2013
1 Mục lục Mở đầu 3 1 Bất đẳng thức sai phân 5 1.1 Bất đẳng thức Gronwall . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 1.2 Bất đẳng thức phi tuyến . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13 1.3 Bất đẳng thức sai phân . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20 1.4 Hệ hữu hạn các bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25 1.5 Bất đẳng thức Opial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28 1.6 Bất đẳng thức Wirtinger . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32 2 Bất đẳng thức sai phân nhiều biến độc lập 38 2.1 Hàm Riemann rời rạc . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38 2.2 Bất đẳng thức tuyến tính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41 2.3 Bất đẳng thức Wendroff . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43 2.4 Bất đẳng thức phi tuyến . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46 2.5 Bất đẳng thức chứa sai phân riêng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49 2.6 Bất đẳng thức tuyến tính nhiều chiều . . . . . . . . . . . . . . . . . 55 2.7 Bất đẳng thức phi tuyến nhiều chiều . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58 2.8 Bất đẳng thức Opital và Wirtinger hai biến . . . . . . . . . . . . . . 63 Kết luận 70 Tài liệu tham khảo 71
2 Lời cảm ơn Tác giả xin bày tỏ lòng cảm ơn sâu sắc cùng sự kính trọng đến GS. TS. Nguyễn Hữu Dư. Thầy đã dành nhiều thời gian hướng dẫn, giải đáp các thắc mắc, giúp đỡ nhiệt tình để tác giả hoàn thành luận văn này. Tác giả cũng xin gửi lời cảm ơn chân thành nhất tới tập thể các thầy giáo, cô giáo Khoa Toán- Cơ- Tin học và Seminar Phương pháp Toán sơ cấp của trường Đại học Khoa học Tự nhiên- Đại học Quốc Gia Hà Nội đã nhận xét, góp ý cho bản luận văn này. Tác giả xin cảm ơn gia đình, bạn bè đã luôn ở bên, quan tâm, động viên, tạo mọi điều kiện tốt nhất để tác giả có thể hoàn thành luận văn này. Mặc dù đã rất cố gắng và nghiêm túc trong học tập, nghiên cứu khoa học, song trong quá trình thực hiện không thể tránh khỏi sai sót. Vì vậy, tác giả rất mong nhận được những ý kiến đóng góp của các thầy giáo, cô giáo cùng các bạn đồng nghiệp để bản luận văn được hoàn chỉnh hơn. Tác giả xin chân thành cảm ơn ! Hà Nội, ngày 12 tháng 12 năm 2013 Học viên : Trần Thế Anh
3 Mở đầu Bất đẳng thức đóng vai trò quan trọng trong sự phát triển của tất cả các nhánh của Toán học và trong các khoa học khác. Nó xuất hiện đầu tiên vào thế kỉ XVIII nhờ công của các nhà toán học K.F.Gauss (1777-1855), A.L.Cauchy (1789-1857) và P.L.Chebyshev (1821-1894) và ngày càng phát triển sâu rộng, trở thành trung tâm thu hút sự chú ý của các nhà Toán học. Ngày càng nhiều bất đẳng thức ra đời và trở thành công cụ quan trọng phục vụ cho các lĩnh vực khoa học nói chung và Toán học nói riêng. Vì thế, việc nghiên cứu bất đẳng thức, đặc biệt là bất đẳng thức sai phân, một bài toán quan trọng của lý thuyết phương trình sai phân là hết sức cần thiết. Các kết quả nghiên cứu theo lĩnh vực này được áp dụng ngày càng nhiều trong các lĩnh vực như lý thuyết xác suất, thống kê, tổ hợp, lý thuyết số, hình học, toán kinh tế, sinh học, tâm lý, xã hội học... Vì lẽ đó, việc nghiên cứu bất đẳng thức sai phân có ý nghĩa thực tiễn rất to lớn. Dạng tổng quát của bất đẳng thức sai phân là φn (x1 , · · · · · · · · · , xn ) ≤ 0, n ∈ N. Nếu ta có thể giải được biến xn theo các biến còn lại thì ta nhận được bất đẳng thức sai phân dưới dạng như sau xn ≤ fn (x1 , · · · · · · · · · , xn−1 ). Bài toán chính của các bất đẳng thức sai phân là tìm cách ước lượng độ tăng của (xn ), tức là tìm dãy (φn ) sao cho ta có ước lượng xn ≤ φn , ∀n ∈ N. Trong khuôn khổ của một luận văn thạc sĩ, chúng tôi sẽ trình bày một số khái niệm cơ bản cùng một số các định lý, các bất phương trình, bất đẳng thức sai phân liên quan đến bất đẳng thức Gronwall-Bellman. Nội dung chính của bản luận văn là trình bày lại chương 4 và chương 9 trong tài liệu " Difference equations and inequalities- Theory, Methods and Applications " của tác giả Ravi P. Agarwal, đồng thời cố gắng tìm tòi, khám phá ra thêm các ứng dụng của nó để phục vụ cho việc giảng dạy toán ở phổ thông. Luận văn gồm phần mở đầu và hai chương. • Chương 1. Bất đẳng thức sai phân một biến Chúng ta biết rằng các bất đẳng thức đã cung cấp cho ta một nguyên lý so
4 sánh rất tổng quát trong việc nghiên cứu các tính chất định tính cũng như định lượng của nghiệm của các phương trình liên quan. Bất đẳng thức nổi tiếng Gronwall là một trong các ví dụ cho toán tử không đổi κ trong đó nghiệm chính xác của phương trình w = p + κw cung cấp một cận trên trong số tất cả các nghiệm của bất phương trình u ≤ p + κu. Chúng ta sẽ bắt đầu chương này với bất đẳng thức Gronwall, tiếp theo là các bất đẳng thức phi tuyến, sai phân, hệ hữu hạn các bất đẳng thức, và cuối cùng là bất đẳng thức Opial và Wirtinger. • Chương 2. Bất đẳng thức sai phân nhiều biến độc lập Các bất đẳng thức ở chương 1 được mở rộng cho các hàm m biến độc lập. Các bất đẳng thức này được sử dụng như một công cụ cơ bản trong việc nghiên cứu các phương trình sai phân từng phần. Chúng ta sẽ bắt đầu chương này với khái niệm về hàm Riemann rời rạc và sử dụng hàm này để nghiên cứu về các bất đẳng thức tuyến tính Gronwall và Wendroff. Tiếp theo là các bất đẳng thức phi tuyến và bất đẳng thức sai phân bậc cao với hai biến độc lập. Sau đó, chúng ta chuyển qua xem xét không gian tuyến tính nhiều chiều với các bất đẳng thức tuyến tính và phi tuyến trong không gian này. Cuối cùng, chúng ta sẽ mở rộng các bất đẳng thức Opial và Wirtinger với hai biến độc lập.
5 Chương 1 Bất đẳng thức sai phân Trong chương này, ta sẽ sử dụng một số kí hiệu sau : N = {0, 1, · · · } là tập hợp các số tự nhiên bao gồm cả số 0, N(a) = {a, a + 1, · · · } trong đó a ∈ N, N(a, b − 1) = {a, a + 1, · · · , b − 1} trong đó a < b − 1 < ∞ và a, b ∈ N. Một tập hợp bất kì trong số ba tập hợp trên sẽ được kí hiệu là N. Hàm thực vô hướng xác định trên N được kí hiệu bằng các chữ cái thường u(k), v(k), · · · trong khi các hàm thực vec-tơ được kí hiệu bằng các chữ cái thường in đậm u(k), v(k), · · · và các hàm ma trận được kí hiệu bằng các chữ hoa in đậm U(k), V(k), · · · . Giả sử f (k) là hàm xác k2 P k2 Q định trên N thì với mọi k1 , k2 ∈ N sao cho k1 > k2 , ta có f (l) = 0 và f (l) = 1. l=k1 l=k1 Nếu k và k + 1 đều thuộc N thì với hàm f (k), ta định nghĩa toán tử dời chỗ E như sau Ef (k) = f (k + 1). Nói chung, với số nguyên dương m, nếu k và k + m đều thuộc N thì E m f (k) = E[E m−1 f (k)] = f (k + m). Tương tự, ta định nghĩa toán tử sai phân tiến ∆ và sai phân lùi ∇ như sau ∆f (k) = f (k + 1) − f (k) và ∇f (k) = f (k) − f (k − 1). Sai phân cấp m với m là số nguyên dương ∆m f (k) = ∆[∆m−1 f (k)]. Giả sử I là toán tử đơn vị, tức là If (k) = f (k), khi đó ∆ = E − 1 và với mọi số nguyên dương m ta có m X m ∆m f (k) = (E − I)m f (k) = (−1)i E m−i f (k), E 0 = I i i=0 và m m m X m E f (k) = (I + ∆) f (k) = ∆i f (k), ∆0 = I i i=0 Ta vẫn kí hiệu R là tập hợp các số thực và R+ là tập hợp các số thực không âm. Với mọi t ∈ R và m là số nguyên không âm,ta định nghĩa biểu thức giai thừa (t)(m) m−1 như sau (t)(m) = Q (t − i). Do đó, trong trường hợp đặc biệt, với mỗi k ∈ N thì i=0 (k)(k) = k!. Ngoài ra, tất cả các hàm xuất hiện trong các bất đẳng thức ở giả thiết trong chương này nếu không có chú thích gì thêm thì đều được xác định và không âm trên miền xác định của chúng.
6 1.1 Bất đẳng thức Gronwall Định lý 1.1.1. Với mọi k ∈ N(a), giả sử bất đẳng thức sau được thỏa mãn k−1 X u(k) ≤ p(k) + q(k) f (l)u(l). (1.1) l=a Khi đó, với mọi k ∈ N(a) ta có k−1 X k−1 Y u(k) ≤ p(k) + q(k) p(l)f (l) (1 + q(τ )f (τ )). (1.2) l=a τ =l+1 Chứng minh. Với mọi k ∈ N(a), ta đặt k−1 X v(k) = f (l)u(l). l=a Ta có ∆v(k) = f (k)u(k), v(a) = 0. (1.3) Vì u(k) ≤ p(k) + q(k)v(k) và f (k) ≥ 0, kết hợp với (1.3) ta được v(k + 1) − (1 + q(k)f (k))v(k) ≤ p(k)f (k). (1.4) k (1 + q(l)f (l))−1 Q Vì 1+q(k)f (k) > 0 với mọi k ∈ N(a) nên ta nhân 2 vế của (1.4) với l=a để có được k−1 Y k Y −1 ∆ (1 + q(l)f (l)) v(k) ≤ p(k)f (k) (1 + q(l)f (l))−1 l=a l=a Lấy tổng từ a đến k − 1 bất đẳng thức trên và sử dụng điều kiện v(a) = 0 ta được k−1 Y k−1 X l Y −1 (1 + q(l)f (l)) v(k) ≤ p(l)f (l) (1 + q(τ )f (τ ))−1 , l=a l=a τ =a tương đương với k−1 X k−1 Y v(k) ≤ p(l)f (l) (1 + q(τ )f (τ )). (1.5) l=a τ =l+1 Mặt khác, vì u(k) ≤ p(k) + q(k)v(k) nên suy ra điều phải chứng minh (1.2). Nhận xét 1. Chứng minh trên vẫn đúng trong trường hợp p(k) và u(k) đổi dấu trên N(a). Hơn nữa, bất đẳng thức (1.2) là trường hợp tốt nhất theo nghĩa từ đẳng thức (1.1) suy ra đẳng thức (1.2).
7 Hệ quả 1.1.1.1. Trong định lý 1.1.1, nếu giả sử p(k) = p và q(k) = q với mọi k ∈ N(a) thì k−1 Y u(k) ≤ p (1 + qf (l)). l=a Hệ quả 1.1.1.2. Trong định lý 1.1.1, nếu giả sử p(k) không giảm và q(k) ≥ 1 với mọi k ∈ N(a) thì k−1 Y u(k) ≤ p(k)q(k) (1 + q(l)f (l)). l=a Định lý 1.1.2. Với mọi k ∈ N(a), giả sử bất đẳng thức sau được thỏa mãn r X u(k) ≤ p(k) + q(k) Ei (k, u), (1.6) i=1 trong đó k−1 l1 −1 li−1 −1 X X X Ei (k, u) = fi1 (l1 ) fi2 (l2 ) · · · fii (li )u(li ). (1.7) l1 =a l2 =a li =a Khi đó, với mọi k ∈ N(a) ta có X r k−1 X k−1 Y r X u(k) ≤ p(k) + q(k) ∆Ei (l, p) 1+ ∆Ei (τ, q) . (1.8) l=a i=1 τ =l+1 i=1 Chứng minh. Với mọi k ∈ N(a), ta đặt r X v(k) = Ei (k, u). i=1 Ta có r X ∆v(k) = ∆Ei (k, u), v(a) = 0. (1.9) i=1 Vì u(k) ≤ p(k) + q(k)v(k) với v(k) không giảm nên từ (1.9) ta được r X r X r X ∆v(k) ≤ ∆Ei (k, p + qv) = ∆Ei (k, p) + ∆Ei (k, qv) i=1 i=1 i=1 r X r X ≤ ∆Ei (k, p) + v(k) ∆Ei (k, q). i=1 i=1 Chứng minh tương tự định lý 1.1.1 ta suy ra điều phải chứng minh. Cụ thể, từ (1.4) ta có ∆v(k) ≤ p(k)f (k) + q(k)f (k)v(k)
8 r P r P Khi đó, ∆Ei (k, p) và ∆Ei (k, q) đóng vai trò như p(k)f (k) và q(k)f (k). Do đó i=1 i=1 ta có k−1 X X r k−1 Y r X v(k) ≤ ∆Ei (l, p) 1+ ∆Ei (τ, q) . l=a i=1 τ =l+1 i=1 Mà u(k) ≤ p(k) + q(k)v(k) nên ta suy ra điều phải chứng minh. Điều kiện (c). Ta nói điều kiện (c) được thỏa mãn nếu với mọi k ∈ N(a), bất đẳng thức (1.6) thỏa mãn, trong đó fii (k) = fi (k), 1 ≤ i ≤ r, fi+1,i (k) = fi+2,i (k) = · · · = fr,i (k) = gi (k), 1 ≤ i ≤ r − 1. Trong các kết quả tiếp theo, với mọi k ∈ N(a), ta kí hiệu r−j+1 X φj (k) = max{0, q(k)fi (k)−gr−j+1 (k), gi (k)−gr−j+1 (k), 1 ≤ i ≤ r−j}, 1≤j≤r i=1 trong đó gr (k) = 0 với mọi k ∈ N(a). Định lý 1.1.3. Giả sử điều kiện (c) được thỏa mãn. Khi đó, với mọi k ∈ N(a) ta có u(k) ≤ p(k) + q(k)ψj (k), 1 ≤ j ≤ r (1.10) trong đó k−1 X r−j+1 X k−1 Y ψj (k) = p(l) fi (l) + gr−j+1 (l)ψj−1 (l) (1 + φj (τ )), 1 ≤ j ≤ r. l=a i=1 τ =l+1 Chứng minh. Nếu điều kiện (c) được thỏa mãn thì bất đẳng thức (1.6) tương đương với hệ k−1 X u1 (k) ≤ p(k) + q(k) (f1 (l)u1 (l) + g1 (l)u2 (l)) (1.11) l=a k−1 X uj−1 (k) = (fj−1 (l)u1 (l) + gj−1 (l)uj (l)), 3≤j≤r (1.12) l=a k−1 X ur (k) = fm (l)u1 (l). (1.13) l=a Ta đặt k−1 X v1 (k) = (f1 (l)u1 (l) + g1 (l)u2 (l)) l=a vj (k) = uj (k), 2 ≤ j ≤ r
9 Từ (1.11) và (1.13) trừ vế với vế ta được ∆v1 (k) ≤ f1 (k)(p(k) + q(k)v1 (k)) + g1 (l)v2 (k) (1.14) ∆vj−1 (k) ≤ fj−1 (k)(p(k) + q(k)v1 (k)) + gj−1 (k)vj (k), 3 ≤ j ≤ r (1.15) ∆vr (k) ≤ fr (k)(p(k) + q(k)v1 (k)). (1.16) Từ (1.14) và (1.16) trừ vế với vế ta được X r Xr r X r−1 X ∆ vi (k) ≤ p(k) fi (k) + q(k) fi (k)v1 (k) + gi (k)vi+1 (k) i=1 i=1 i=1 i=1 Xr r X ≤ p(k) fi (k) + φ1 (k) vi (k) . i=1 i=1 Tiến hành tương tự định lý 1.1.1, cụ thể như sau Từ (1.4) ta có ∆v(k) ≤ p(k)f (k) + q(k)f (k)v(k) r P Khi đó, fi (k) và φ1 (k) đóng vai trò như f (k) và q(k)f (k). Do đó ta có i=1 r X k−1 X r X k−1 Y vi (k) ≤ p(l) fi (l) (1 + φ1 (τ )) = ψ1 (k). (1.17) i=1 l=a i=1 τ =l+1 Từ (1.14), (1.15) và (1.17) ta có X r−1 Xr−1 r−1 X ∆ vi (k) ≤ p(k) fi (k) + q(k) fi (k)v1 (k) i=1 i=1 i=1 r−2 X r−1 X + gi (k)vi+1 (k) + gr−1 (k) ψ1 (k) − vi (k) i=1 i=1 r−1 X r−1 X ≤ p(k) fi (k) + gr−1 (k)ψ1 (k) + φ2 (k) vi (k) . i=1 i=1 Tiến hành tương tự định lý 1.1.1 ta thu được r−1 X vi (k) ≤ ψ2 (k). (1.18) i=1 Tiếp tục như vậy ta thu được r−j+1 X vi (k) ≤ ψj (k), 3 ≤ j ≤ r. (1.19) i=1 Từ (1.17), (1.18) và (1.19) ta có v1 (k) ≤ ψj (k), 1 ≤ j ≤ r. Mặt khác, u(k) = u1 (k) ≤ p(k) + q(k)v1 (k) nên suy ra điều phải chứng minh (1.10).
10 Định lý 1.1.4. Với mọi k ∈ N(a), giả sử bất đẳng thức sau được thỏa mãn τ X k−1 X u(k) ≤ p0 (k) + pi (k) qi (l)u(l). (1.20) i=1 l=a Khi đó, với mọi k ∈ N(a) ta có u(k) ≤ Fr po (k) , (1.21) trong đó Fi = Di Di−1 · · · D0 D0 [w] = w k−1 P k−1 Q Dj [w] = w + (Fj−1 [pj ]) qj (l)w(l) (1 + qj (τ )Fj−1 [pj (τ )]) , 1 ≤ j ≤ r. l=a τ =l+1 Chứng minh. Chứng minh bằng phương pháp quy nạp. • Với r = 1, bất đẳng thức (1.20) quy về (1.21) với p(k) = p0 (k), q(k) = p1 (k) và fk = q1 (k). Do đó, từ định lý 1.1.1 : k−1 X k−1 Y u(k) ≤ p0 (k) + p1 (k) p0 (l)q1 (l) (1 + p1 (τ )q1 (τ )) = D1 [p0 (k)] = F1 [p0 (k)], l=a τ =l+1 khi đó (1.21) đúng với r = 1. • Giả sử kết quả trên đúng với mọi j, 1 < j ≤ r − 1. Ta cần chứng minh đúng với j + 1. Thật vậy, ta có k−1 X j X k−1 X u(k) ≤ p0 (k) + pj+1 (k) qj+1 (l)u(l) + pi (k) qi (l)u(l) (1.22) l=a i=1 l=a và từ (1.21) ta tìm được k−1 X u(k) ≤ Fj p0 (k) + pj+1 (k) qj+1 (l)u(l) . l=a Pk−1 Trong chứng minh trên ta sử dụng định nghĩa của Fj và l=a qj+1 (l)u(l) không giảm với mọi k ∈ N(a), từ đó có được k−1 X u(k) ≤ Fj [p0 (k)] + Fj pj+1 (k) qj+1 (l)u(l) l=a k−1 X ≤ Fj [p0 (k)] + Fj [pj+1 (k)] qj+1 (l)u(l). l=a
11 Từ định lý 1.1.1 với p(k) = Fj [p0 (k)], q(k) = Fj [pj+1 (k)], f (l) = qj+1 (l) ta có k−1 X k−1 Y u(k) ≤ Fj [p0 (k)] + Fj [pj+1 (k)] qj+1 (l)Fj [p0 (l)] × (1 + qj+1 (τ )Fj [pj+1 (τ )]) l=a τ =l+1 = Fj+1 [p0 (k)] . Hệ quả 1.1.4.1. Ta thêm vào giả thiết của định lý 1.1.4 điều kiện pi (k) ≥ 1 với mọi k ∈ N(a), 1 ≤ i ≤ r. Khi đó, với mọi k ∈ N(a) ta có r Y k−1 X X r Yr k−1 Y Xr Y r u(k) ≤ pj (k) p0 (k) + qi (l) pj (l) × 1+ qi (τ ) pj (τ ) j=1 l=a i=1 j=0 τ =l+1 i=1 j=1 Hệ quả 1.1.4.2. Ta thêm vào giả thiết của định lý 1.1.4 điều kiện p0 (k) > 0 và không giảm, pi (k) ≥ 1, 1 ≤ i ≤ r và không giảm khi 2 ≤ i ≤ r với mọi k ∈ N(a). Khi đó, với mọi k ∈ N(a) ta có u(k) ≤ Gr [p0 (k)] , (1.23) trong đó G0 [w] = w k−1 Y Gj [w] = wGj−1 [pj ] (1 + qj Gj−1 [pj ]), 1 ≤ j ≤ r. l=a Nhận xét 2. Trong hệ quả 1.1.4.2, điều kiện p0 (k) > 0 là không cần thiết. Thật vậy, giả sử p0 (k) = 0, khi đó ta có thể thay p0 (k) bởi p0 (k) + với > 0 bất kì. Sau đó, trong bất đẳng thức cần chứng minh, ta cho → 0. Định lý 1.1.5. Với mọi k, r ∈ N(a) sao cho k ≤ r, giả sử bất đẳng thức sau được thỏa mãn r X u(r) ≥ u(k) − q(r) f (l)u(l), (1.24) l=k+1 trong đó u(k) không nhất thiết phải không âm. Khi đó, với mọi k, r ∈ N(a), k ≤ r ta có r Y u(r) ≥ u(k) (1 + q(r)f (l))−1 , (1.25) l=k+1 và (1.25) là trường hợp tốt nhất có thể. Chứng minh. Bất đẳng thức (1.24) có thể được viết dưới dạng r X u(k) ≤ u(r) + q(r) f (l)u(l). (1.26) l=k+1
12 Đặt v(k) là vế phải của (1.26), khi đó với mọi k, r ∈ N(a), k ≤ r dẫn đến u(k) ≤ v(k) và ∆v(k) = −q(r)f (k + 1)u(k + 1), v(r) = u(r) Vì q(r)f (k + 1) ≥ 0 và u(k + 1) ≤ v(k + 1) nên ta tìm được v(k) ≤ (1 + q(r)f (k + 1))v(k + 1), v(r) = u(r). Từ đây dễ thấy r Y v(k) ≤ (1 + q(r)f (l))u(r). (1.27) l=k+1 Vì u(k) ≤ v(k) nên r Y u(k) ≤ (1 + q(r)f (l))u(r). l=k+1 Từ đây suy ra điều phải chứng minh (1.25). Định lý 1.1.6. Với mọi k ∈ N(a), giả sử bất đẳng thức sau được thỏa mãn k−1 X u(k) ≤ c2 + h 1/2 c1 (k − l)−1/2 u(l), (1.28) l=0 trong đó c1 > 0,c2 > 0 và h > 0. Khi đó, với mọi k ∈ N(a) ta có k u(k) ≤ c2 1 + c1 h1/2 + 2c1 (kh)1/2 (1 + hc1 2 π) . (1.29) Chứng minh. Từ (1.28) ta suy ra Xk−1 l−1 X 1/2 −1/2 1/2 −1/2 u(k) ≤ c2 + h c1 (k − l) c2 + h c1 (l − τ ) u(τ ) l=0 τ =0 k−1 X k−1 XX l−1 = c2 + h1/2 c1 c2 (k − l)−1/2 + hc1 2 (k − l)−1/2 × (l − τ )−1/2 u(τ ) l=0 l=0 τ =0 k−1 X −1/2 = c2 + h 1/2 c1 c2 k +h 1/2 c1 c2 (k − l)−1/2 l=1 k−2 X k−1 (1.30) X + hc1 2 (k − l)−1/2 (l − τ )−1/2 u(τ ) τ =0 l=τ +1 k−1 X ≤ c2 + h 1/2 c1 c2 + h 1/2 c1 c2 (k − l)−1/2 l=1 k−2 k−τ X X −1 2 −1/2 −1/2 + hc1 (k − τ − l) l u(τ ). τ =0 l=1
13 Xét hàm φ(t) = (k − τ − t)−1/2 t−1/2 ,0 < t < k − τ (≥ 2). Hàm này lồi chặt trong khoảng thời gian nhất định và đạt giá trị nhỏ nhất tại t = (k − τ )/2. Do đó k−τ X −1 k−τ X −1 Z k−τ −1/2 −1/2 (k − τ − l) l = φ(l) ≤ φ(t)dt, l=1 l=1 0 đây là một hệ quả trực tiếp của việc xem tổng đã cho như là một tổng Rienmann k−τ k−τ k−τ −1 k−τ +1 dưới với hình chữ nhật , +1 ( nếu k−τ chẵn ) hoặc , 2 2 2 2 ( nếu k − τ lẻ ). Nhưng Z k−τ Z 1 1 1 −1/2 −1/2 φ(t)dt = (1 − t1 ) t1 dt1 = B , = π. (1.31) 0 0 2 2 Lập luận tương tự ta có k−1 X Z k −1/2 (k − l) ≤ (k − t)−1/2 dt = 2k 1/2 . (1.32) l=1 0 Thay (1.31) và (1.32) vào (1.30) ta thu được k−1 X 1/2 1/2 u(k) ≤ c2 1 + c1 h + 2c1 (kh) + (hc1 2 π)u(τ ). τ =0 Áp dụng hệ quả 1.1.1.2 với pk = c2 (1 + c1 h1/2 + 2c1 (kh)1/2 , qk = 1, f (l) = (hc21 π) ta suy ra k 1/2 1/2 Y (1+(hc21 π)) = c2 1+c1 h1/2 +2c1 (kh)1/2 (1+(hc21 π))k . u(k) ≤ c2 1+c1 h +2c1 (kh) l=1 1.2 Bất đẳng thức phi tuyến Kết quả đầu tiên trong trường hợp phi tuyến được liên hệ từ bất đẳng thức sau Xr u(k) ≤ p(k) q + Hi (k, u) , (1.33) i=1 trong đó k−1 li−1 −1 X X αi1 Hi (k, u) = fi1 (l1 )u (l1 ) · · · fii (li )uαii (li ) (1.34) l1 =a li =a và aij , 1 ≤ j ≤ i, 1 ≤ i ≤ r là các hằng số không âm và hằng số q > 0. Trong kết quả tiếp theo ta sẽ biểu thị αi = ij=1 αij và α = max αi . P 1≤i≤r
14 Định lý 1.2.1. Với mọi k ∈ N(a), giả sử bất đẳng thức (1.33) được thỏa mãn. Khi đó, với mọi k ∈ N(a) ta có k−1 Y u(k) ≤ qp(k) (1 + ∆Q(l)) nếu α = 1 (1.35) l=a 1/1−α 1−α u(k) ≤ p(k) q + (1 − α)Q(k) nếu α 6= 1 (1.36) trong đó r X Q(k) = Hi (k, p)q αi −α i=1 và khi α > 1, ta giả thiết q 1−α + (1 − α)Q(k) > 0 với mọi k ∈ N(a). Chứng minh. Bất đẳng thức (1.33) có thể viết dưới dạng u(k) ≤ p(k)v(k) trong đó r X v(k) = q + Hi (k, u) i=1 Đến đây, sử dụng tính không giảm của v(k) ta thu được r X ∆v(k) ≤ ∆Hi (k, p)v αi (k). i=1 Vì v(k) ≥ q , αi − α ≤ 0 nên ta có r X r X r X αi −α α ∆v(k) ≤ αi ∆Hi (k, p)v (k) = ∆Hi (k, p)v v ≤ ∆Hi (k, p)q αi −α v α (k) = ∆Q(k)v α (k). i=1 i=1 i=1 (1.37) Nếu α = 1, vì v(a) = q và u(k) ≤ p(k)v(k) nên suy ra (1.35). 6 1 ta có Nếu α = k+1 ∆v 1−α (k) Z dv(t) ∆v(k) = ≤ 1−α k v α (t) v α (k) và từ (1.37) ta thu được ∆v 1−α (k) ≤ ∆Q(k). (1.38) 1−α Lấy tổng của (1.38) ta có 1/1−α 1−α v(k) ≤ q + (1 − α)Q(k) Vì u(k) ≤ p(k)v(k) nên từ đó suy ra điều phải chứng minh (1.36). Định lý 1.2.2. Với mỗi k ∈ N(a), giả sử bất đẳng thức sau được thỏa mãn k−1 X 1/r u(k) ≤ p(k) + q(k) f (l)ur (l) , (1.39) l=a
15 trong đó 1 ≤ r ≤ ∞. Khi đó, với mọi k ∈ N(a) ta có 1/r Pk−1 r l=a f (l)p (l)e(l + 1) u(k) ≤ p(k) + q(k) , (1.40) 1 − (1 − e(k))1/r trong đó k−1 Y e(k) = (1 + f (l)q r (l))−1 . (1.41) l=a Chứng minh. Chú ý rằng hàm e(k) là nghiệm của bài toán giá trị ban đầu ∆e(k) = −f (k)q r (k)e(k + 1), e(a) = 1. (1.42) Ta định nghĩa hàm v(k) như sau k−1 X v(k) = e(k) f (l)ur (l). (1.43) l=a Từ (1.39) và (1.42) ta có r q(k)f 1/r (k)v 1/r (k) f (k)q r (k)v(k) 1/r 1/r v(k+1)−v(k) ≤ p(k)f (k)e (k+1)+ − . (1.44) (1 + f (k)q r (k))1/r 1 + f (k)q r (k) Lấy tổng của (1.44) từ a đến k − 1, chuyển tổng thứ hai từ vế phải qua vế trái, lấy căn bậc r cả hai vế rồi áp dụng bất đẳng thức Minkowski cho tổng ở vế phải ta được k−1 r 1/r X k−1 1/r X k−1 r 1/r X f (l)q (l)v(l) f (l)q (l)v(l) v(k) + ≤ f (l)pr (l)e(l + 1) + . 1 + f (l)q r (l) 1 + f (l)q r (l) l=a l=a l=a (1.45) Chuyển chuỗi thứ hai của vế phải (1.45) sang vế trái để được vế trái của biểu thức w(t) = (c + t)1/r − t1/r (c ≥ 0, r ≥ 1).
16 Vì w0 (t) ≤ 0 với mọi t ≥ 0 nên ta có thể thay t bằng một lượng lớn hơn mà không làm thay đổi bất đẳng thức (1.45) và chú ý rằng k−1 r k−1 r Xl−1 X f (l)q (l)v(l) X f (l)q (l)e(l) = f (τ )ur (τ ) 1 + f (l)q r (l) 1 + f (l)q r (l) l=a l=a τ =a k−1 X X l−1 r r = f (l)q (l)e(l + 1) f (τ )u (τ ) l=a τ =a k−1 X k−1 X ≤ f (l)q r (l)e(l + 1) f (l)ur (l) l=a l=a k−1 X = (1 − e(k)) f (l)ur (l) l=a v(k) = − v(k). e(k) Do đó, từ (1.45) ta suy ra 1/r 1/r k−1 1/r v(k) v(k) f (l)pr (l)e(l P − − v(k) ≤ + 1) , e(k) e(k) l=a tức là k−1 1/r f (l)pr (l)e(l + 1) P 1/r k−1 X 1/r v(k) l=a = f (l)ur (l) ≤ . (1.46) e(k) 1 − (1 − e(k))1/r l=a Thay (1.46) vào (1.39) ta thu được (1.40). Trong các kết quả tiếp theo ta cần định nghĩa một lớp các hàm sau Định nghĩa 1.2.1. Một hàm liên tục W : [0, ∞] → (0, ∞) được gọi là thuộc về lớp T nếu • W (u) dương và không giảm với mọi u ≥ 0. 1 u • W (u) ≤ W với mọi u ≥ 0,v ≥ 1. v v Định lý 1.2.3. Với mọi k ∈ N(a), giả sử bất đẳng thức sau được thỏa mãn r1 X r2 X k−1 X u(k) ≤ p(k) + Ei (k, u) + pi (k) qi (l)Wi (u(l)), (1.47) i=1 i=1 l=a trong đó • p(k) ≥ 1 và không giảm. • pi (k) ≥ 1, 1 ≤ i ≤ r2 .
17 • Wi ∈ T, 1 ≤ i ≤ r2 . Khi đó, với mọi k ∈ N(a) ta có r2 Y u(k) ≤ p(k)v(k)e(k) Ji (k), (1.48) i=1 trong đó ! r2 Y k−1 Y r1 X e(k) = pi (k), v(k) = 1+ ∆Ei (l, e) i=1 l=a i=1 j−1 " k−1 # X Y J0 (k) = 1, Ji (k) = Gj −1 Gj (1) + qj (l)v(l)e(l) Ji (l) , 1 ≤ j ≤ r2 . l=a i=1 và Z w dt Gj (w) = , w ≥ w0 ≥ 1. w0 Wj (t) tức là k−1 X j−1 Y Gj (1) + qj (l)v(l)e(l) Ji (l) ∈ Dom(Gj −1 ), 1 ≤ i ≤ r2 . l=a i=1 Chứng minh. Từ giả thiết, bất đẳng thức (1.47) cho ta r1 u(k) u X ≤ p∗ (k) + Ei k, e , e(k) e i=1 trong đó r2 X X k−1 ∗ p (k) = p(k) + qi (l)Wi (u(l)). i=1 l=a Vì p∗ (k) không giảm, áp dụng hệ quả 1.1.1.2 ta được u(k) ≤ p∗ (k)v(k). (1.49) v(k) Sử dụng định nghĩa của lớp T, bất đẳng thức (1.49) cho ta r2 X X k−1 w(k) ≤ 1 + qi (l)e(l)v(l)Wi (w(l)), i=1 l=a Q r2 trong đó w(k) = (u(k)/p(k)v(k)e(k)). Do đó w(k) ≤ i=1 Ji (k). Ta sẽ chứng minh khẳng định này bằng phương pháp quy nạp. • Với r2 = 1 ta có k−1 X w(k) ≤ 1 + q1 (l)e(l)v(l)W1 (w(l)). (1.50) l=a
18 Đặt vế phải của (1.50) là z(k), sử dụng tính không giảm của W1 ta được ∆z(k) ≤ q1 (k)e(k)v(k)W1 (z(k)), z(a) = 1. (1.51) Từ định nghĩa của G1 ta có Z z(k+1) dt ∆z(k) ∆G1 (z(k)) = ≤ . (1.52) z(k) W1 (t) W1 (z(k)) Thay (1.52) vào (1.51) và lấy tổng ta thu được " k−1 # X z(k) ≤ G1 −1 G1 (1) + q1 (l)e(l)v(l) = J1 (k). l=a Do đó khẳng định trên đúng với r2 = 1. • Giả sử khẳng định đúng đến j (1 ≤ j ≤ r2 − 1), ta cần chứng minh đúng với j + 1. Thật vậy ta có j X " k−1 # k−1 X X w(k) ≤ 1 + qj+1 (l)e(l)v(l)Wj+1 (w(l)) + qi (l)e(l)v(l)Wi (w(l)). l=a i=1 l=a Vì phần bên trong ngoặc vuông lớn hơn 1 và không giảm nên ta có " k−1 # j X Y w(k) ≤ 1 + qj+1 (l)e(l)v(l)Wj+1 (w(l)) Ji (k), l=a i=1 và j k−1 ! w(k) X Y w(l) Qj ≤1+ qj+1 (l)e(l)v(l) Ji (l)Wj+1 Qj . i=1 Ji (k) l=a i=1 i=1 Ji (l) Qj+1 Từ w(k) ≤ i=1 Ji (k), lập luận tương tự trường hợp r2 = 1 ta có điều phải chứng minh. Định lý 1.2.4. Ta thêm vào giả thiết của định lý 1.2.3 điều kiện pi (k) không giảm với mọi k ∈ N(a), 1 ≤ i ≤ r2 . Khi đó, với mọi k ∈ N(a) ta có Yr2 u(k) ≤ p(k)v ∗ (k) Ji ∗ (k), i=1 ở đây v ∗ (k) cũng giống như v(k) ở định lý 1.2.3 với e(k) = 1, j−1 " k−1 # X Y J0∗ (k) = 1; Jj∗ (k) = pj (k)Gj −1 Gj (1) + qj (l)v ∗ (l)pj (l) J ∗ i (l) , 1 ≤ j ≤ r2 l=a i=1 tức là k−1 X j−1 Y Gj (1) + ∗ qj (l)v (l)pj (l) Ji∗ (l) ∈ Dom(G−1 j ), 1 ≤ j ≤ r2 l=a i=1 và Gj , 1 ≤ j ≤ r2 tương tự như trong định lý 1.2.3. Chứng minh. Tương tự như định lý 1.2.3