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: 8 46 01 13

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
TS. Mai Viết Thuận

THÁI NGUYÊN - 2020


1

Mục lục
Chương 1 Một số kiến thức chuẩn bị
1.1. q−đạo hàm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5
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 và một số tính chất của q−tích phân . . . . . 15
1.3. q−tích phân chặt (restricted definite q−integral) . . . . . . . . . 18
Chương 2 Một số bất đẳng thức tích phân trong giải tích lượng
tử

21

2.1. Bất đẳng thức q−Steffensen và một số áp dụng . . . . . . . . . 21
2.2. Bất đẳng thức q−Gr¨
uss và một số áp dụng . . . . . . . . . . . . 36
2.3. Bất đẳng thức q−Chebyshev và một số áp dụng của nó . . . . . 40
2.4. Bất đẳng thức q−Hermite-Hadamard . . . . . . . . . . . . . . . 44


2

LỜI NÓI ĐẦU
Bất đẳng thức tích phân là một chủ đề hay và khó trong toán học. Một số
bất đẳng thức tích phân nổi tiếng và quan trọng có thể kể đến ở đây là bất đẳng
thức Steffensen được J.F. Steffensen giới thiệu vào năm 1918, bất đẳng thức
Iyengar được K.S.K Iyengar đưa ra vào năm 1938 trong bài báo “Note on an
inequality” trên tạp chí “Math. Student”, bất đẳng thức Gr¨
uss được nhà toán
học G. Gr¨
uss công bố vào năm 1935, bất đẳng thức Hermite-Hadamard được
công bố bởi Hermite-Hadamard vào những năm 1891. Những bất đẳng thức
trên đã nhận được quan tâm nghiên cứu và mở rộng của nhiều nhà toán học
trên thế giới (xem các tài liệu [7, 8, 9, 10, 12, 15, 16, 17, 18, 19, 20, 21, 22, 23]
và các tài liệu tham khảo trong các tài liệu đó). Theo như hiểu biết của chúng
tôi, đã có một số luận văn thạc sĩ chuyên ngành phương pháp toán sơ cấp trình

bày về bất đẳng thức tích phân [5], trong đó bất đẳng thức Hermite-Hadamard
nhận được sự quan tâm hơn cả [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 của hàm lồi,
được trình bày trong luận văn thạc sĩ toán học chuyên ngành Phương pháp
Toán sơ cấp bởi C.T.N. Mai. Bất đẳng thức dạng Hermite-Hadamard-Fejér
cho hàm p−lồi và tiền lồi bất biến được trình bày trong các tài liệu [3] và [6].
Chú ý rằng các kết quả trên áp dụng cho một số lớp hàm lồi khả vi theo nghĩa
thông thường và tích phân là khả tích Riemann. Tuy nhiên, việc áp dụng các
kết quả đó vào lập trình tính toán trên máy tính, ta phải xấp xỉ đạo hàm và
tích phân bằng các phương pháp thích hợp. Điều này sẽ dẫn đến sai số trong
khi lập trình. Một câu hỏi tự nhiên đặt ra là liệu có cách nào định nghĩa đạo
hàm mà không cần lấy giới hạn. Một trong những câu trả lời đó chính là khái


3

niệm q−đạo hàm được đề xuất đầu tiên bởi Euler (1707-1783) và được trình
bày một cách hệ thống trong cuốn sách chuyên khảo “Quantum Calculus” của
V. Kac và P. Cheung.
Xét biểu thức dưới đây
f (x) − f (x0 )
.
x − x0

(0.1)

Khi cho x tiến tới x0 , nếu giới hạn này tồn tại thì ta thu được đạo hàm của
hàm f (x) tại điểm x0 và được ký hiệu là

df (x0 )
dx .

Tuy nhiên nếu cho x = qx0 hoặc

x = x0 +h, trong đó q là một số cố định khác 1, h là một số cố định khác không
và không lấy giới hạn ta sẽ thu được định nghĩa của q−đạo hàm (q−derivative)
hoặc h−đạo hàm (h−derivative) của hàm f (x) tại điểm x0 . Trong cuốn sách
chuyên khảo “Quantum Calculus” (Giải tích lượng tử) [14], các tác giả đã trình
bày một cách hệ thống các định nghĩa và một số tính chất về q−đạo hàm,
h−đạo hàm và q−tích phân. Những năm gần đây, giải tích lượng tử đã nhận
được sự quan tâm nghiên cứu của nhiều nhà khoa học vì những ứng dụng của
nó trong vật lý [11, 18, 21, 22]. Ngoài ra, nhiều bất đẳng thức tích phân quan
trọng cũng được các nhà khoa học nghiên cứu và đề xuất trong các công bố
gần đây trên các tạp chí quốc tế uy tín [21, 22].
Luận văn trình bày một số bất đẳng thức tích phân như bất đẳng thức Steffensen, bất đẳng thức Iyengar, bất đẳng thức Gr¨
uss, bất đẳng thức Chebyshev
và bất đẳng thức dạng Hermite–Hadamard trên cơ sở đọc hiểu và trình bày lại
một cách hệ thống kết quả của H. Gauchman [11]. Luận văn gồm có 2 chương
gồm những nội dung sau:
Trong Chương 1, chúng tôi trình bày một số khái niệm và các tính chất quan
trọng của q−đạo hàm, q−tích phân và q−tích phân chặt.
Trong Chương 2, chúng tôi trình bày một số bất đẳng thức tích phân quan
trọng như bất đẳng thức Steffensen, bất đẳng thức Iyengar, bất đẳng thức
Gr¨
uss, bất đẳng thức Chebyshev và bất đẳng thức dạng Hermite–Hadamard
cho q−đạo hàm và q−tích phân chặt. Ngoài việc đọc hiểu và trình bày lại một
cách hệ thống kết quả của H. Gauchman, chúng tôi còn sửa một số lỗi trong
kết quả này. Có thể nói đấy là một đóng góp mới của luận văn.

4

Luận văn này được thực hiện tại trường Đại học Khoa học – Đại học Thái
Nguyên và hoàn thành dưới sự hướng dẫn của Tiến sĩ Mai Viết Thuận. Tôi xin
được bày tỏ lòng biết ơn chân thành và sâu sắc tới người hướng dẫn khoa học
của mình. Người đã đặt vấn đề nghiên cứu, dành nhiều thời gian hướng dẫn,
tận tình dìu dắt và chỉ bảo tôi trong suốt quá trình thực hiện đề tài này.
Tôi xin trân trọng cảm ơn Ban giám hiệu trường Đại học Khoa học – Đại
học Thái Nguyên, Ban chủ nhiệm khoa Toán – Tin cùng các giảng viên đã
tham gia giảng dạy, đã tạo mọi điều kiện tốt nhất để tôi học tập và nghiên
cứu.
Đồng thời tôi xin gửi lời cảm ơn tới gia đình thân yêu, cảm ơn những người
bạn thân thiết đã chăm sóc động viên khích lệ tôi trong suốt quá trình nghiên
cứu. Sau cùng tôi xin kính chúc toàn thể quý thầy cô trường Đại học Khoa
học - Đại học Thái Nguyên thật dồi dào sức khỏe, niềm tin để tiếp tục thực
hiện sứ mệnh cao đẹp của mình là truyền đạt tri thức cho thế hệ mai sau. Xin
chân thành cảm ơn.


5

Chương 1

Một số kiến thức chuẩn bị
Chương này trình bày định nghĩa của q−đạo hàm, q−tích phân và một số
tính chất cơ bản của nó. Nội dung chính của chương này được tham khảo trong
cuốn sách chuyên khảo của V. Kac và P. Cheung [14].

1.1.

q−đạo hàm

Định nghĩa 1.1. ([14]) Cho f (x) là một hàm số thực. q−sai phân của hàm
f (x) được cho bởi dq f (x) = f (qx) − f (x). Đặc biệt, ta có dq x = (q − 1)x.
Từ Định nghĩa 1.1, ta tính được q−sai phân của tích hai hàm số thực
f (x), g(x) như 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) là một hàm số thực. q−đạo hàm (q−derivative)
của hàm f (x) được định nghĩa bởi
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 nếu f (x) là một hàm số khả
vi thì
lim Dq f (x) =

q→1

df (x)

= f (x).
dx


6

Bây giờ, ta tính q−đạo hàm của hàm f (x) = xn , trong đó n là một số
nguyên dương. Theo định nghĩa, ta có
Dq xn =
Ký hiệu [n] =

q n −1
q−1

(qx)n − xn
q n−1 − 1 n−1
=
x .
(q − 1)x
q−1

= q n−1 + . . . + 1. Ký hiệu [n] được gọi là q−analogue của

n. Khi đó, ta có
Dq xn = [n]xn−1 .
Mệnh đề dưới đây cho ta một số quy tắc tính q−đạo hàm cơ bản.
Mệnh đề 1.1. Cho a, b ∈ R, f (x), g(x) là hai hàm số thực. Khi đó 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) hoặc
Dq (f (x)g(x)) = f (x)Dq g(x) + g(qx)Dq f (x);

(iii) Giả sử g(x) = 0. Khi đó Dq
Dq

f (x)
g(x)

=

f (x)
g(x)

=

g(x)Dq f (x)−f (x)Dq g(x)
g(x)g(qx)

hoặc

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 các Định nghĩa 1.1 và 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 đó suy ra
Dq (f (x)g(x)) = f (qx)Dq g(x) + g(x)Dq f (x).

(1.1)

Vì vai trò của f (x) và g(x) là như nhau nên ta cũng thu được
Dq (f (x)g(x)) = f (x)Dq g(x) + g(qx)Dq f (x).

(1.2)


7
(x)
.
(iii) Ta có f (x) = g(x). fg(x)

Áp dụng (1.1), ta thu được
Dq f (x) = g(qx)Dq

f (x)
g(x)

+

f (x)
Dq g(x).
g(x)

Từ đó suy ra
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 ra
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 quát, không có qui tắc tính q−đạo
hàm của hàm hợp. Tuy nhiên, ta có qui tắc tính q−đạo hàm cho hàm f (u(x)),
với u = u(x) = αxβ , trong đó α, β là các hằng 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 ra
Dq f (u(x)) = Dqβ f (u(x)).Dq u(x).
Định nghĩa 1.3. q−analogue của (x − a)n là đa thức dưới đây


 1, nếu n = 0,
n
(x − a)q =

 (x − a)(x − qa) . . . (x − q n−1 a), nếu n ≥ 1.

(1.3)

(1.4)

Mệnh đề 1.2. Với số tự nhiên n ≥ 1, ta có
Dq (x − a)nq = [n](x − a)n−1
.
q
Chứng minh. Ta chứng minh bằng quy nạp toán học. Với n = 1, ta có
Dq (x − a)1q = Dq (x − a) =

(qx − a) − (x − a)
(q − 1)x
=
= 1.

(q − 1)x
(q − 1)x

(1.5)


8

Do đó với n = 1, biểu thức (1.5) đúng. Giả sử biểu thức (1.5) đúng với n = k,
k+1
tức là Dq (x − a)kq = [k](x − a)k−1
=
q . Theo Định nghĩa 1.3, ta có (x − a)q

(x − a)kq (x − q k a). Áp dụng Mệnh đề 1.1, ta có
Dq (x − a)k+1
= Dq (x − a)kq (x − q k a)
q
= (x − a)kq Dq (x − q k a) + (qx − q k a)Dq (x − a)k−1
q
= (x − a)kq .1 + (qx − q k a)Dq (x − a)k−1
q
= (x − a)kq + q(x − q k−1 a)[k](x − a)k−1
q
= (1 + q[k]) (x − a)kq = [k + 1](x − a)kq .
Mệnh đề được chứng minh hoàn toàn.
Bây giờ, ta trình bày một số tính chất khác của đa thức (x − a)nq .
Trước hết, với m, n là 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)m+n
= (x − a)(x − qa) . . . (x − q m−1 a)(x − q m a)(x − q m+1 a)
q
× . . . (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 có thể mở rộng Định nghĩa 1.3 cho số nguyên âm bằng cách trong biểu thức
(1.6) cho m = −n ta thu được
(x − a)−n
q =

1
,
(x − q −n a)nq

(1.7)

trong đó n là một số nguyên dương.
Mệnh đề dưới đây chứng tỏ công thức (1.6) đúng với m và n là hai số nguyên
bất kỳ.


9

Mệnh đề 1.3. Cho m và n là hai số nguyên. Khi đó
m n
(x − a)m+n
= (x − a)m
q
q (x − q a)q .

(1.8)

Chứng minh. Trường hợp m > 0 và n > 0 đã được chứng minh ở trên. Trường
hợp hoặc m = 0 hoặc n = 0 thì kết quả là hiển nhiên. Ta xét 3 trường hợp sau
đây:
* Trường hợp 1: m = −m < 0 và n > 0. Khi đó, theo các công thức (1.6),
(1.7), ta thu được
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



1
x−q n (q −m a)m
q

−n

,n
.
= (x − a)n+m
= (x − a)n−m
q
q
* Trường hợp 2: m ≥ 0 và n = −n < 0. Theo các công thức (1.6), (1.7), ta
thu được
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

(x−a)m−n
x−q m−n a
q

q


,m≥n
n
x−q m−n a)
(
q
=

(x−a)m

q



n −m
m, m < n
m−n
a)
x−q n −m (q m−n a))
(x−q
(
q
q



 (x − a)m−n
,m≥n
q
=
1


 (x−qm−n a)n −m , m < n
q

= (x − a)m−n
= (x − a)m+n
.
q
q
* Trường hợp 3: m = −m < 0 và n = −n < 0. Theo các công thức (1.6),
(1.7), ta thu được

m n
−m
(x − a)m
(x − q −m a)−n
q (x − q a)q = (x − a)q
q


10

=
=
=

1
(x −

m
q −m a)q

n

(x − q −n −m a)q
1
n

m

(x − q −n −m a)q (x − q n (q −m −n a))q
1

n +m

(x − q −n −m a)q

−n
= (x − a)−m
= (x − a)m+n
.
q
q

Mệnh đề được chứng minh hoàn toàn.
Cho số thực α, ta ký hiệu
[α] =

1 − qα
.
1−q

(1.9)

Mệnh đề dưới đây cho ta công thức tính q−đạo hàm của (x − a)nq , trong đó n
là một số nguyên.
Mệnh đề 1.4. Cho n là một số nguyên. Khi đó
.
Dq (x − a)nq = [n](x − a)n−1
q
Chứng minh. Với n = 0, ta có [0] = 0. Do đó biểu thức trên đúng với n = 0.
Trường hợp n là số nguyên dương đã được chứng minh trong Mệnh đề 1.2. Ta
chỉ còn xét trường hợp n = −n < 0. Áp dung (1.7) và Mệnh đề 1.1, ta có

Dq (x − a)nq = Dq

1
n

(x − q −n a)q

Dq x − q −n a
=−

(x −

n
q −n a)q

=

q
n

(qx − q −n a)q

[n ] x − q −n a
=−

n

n −1
q

q n (x −

n
q −n a)q

1 − qn
q −n
.
q − 1 (x − q −1 a) (x − q −n −1 a)nq

q −n − 1
1
=
.
q − 1 (x − q −n −1 a)nq +1
=

n

(x − q −n −1 a)q

qn − 1
(x − a)n−1
.
q
q−1


11

Mệnh đề 1.5. Cho n là một số nguyên. Khi đó ta có các khẳng định sau đây:
−n−1

1
(x−a)n
q

(i) Dq

= [−n] (x − q n a)q
n

n−1

(ii) Dq (a − x)q = −[n] (a − qx)q
1
(a−x)n
q

(iii) Dq

=

.

.

[n]
.
(a−x)n+1

q

Chứng minh. (i) Áp dụng (1.7), ta có
Dq

1
(x − a)nq

= Dq

1
(x −

−n

n
q −n (q n a))q

= Dq (x − q n a)q .

(ii) Ta có
(a − x)nq = (a − x)(a − qx)(a − q 2 x) . . . (a − q n−1 x)
= (a − x)q(q −1 a − x).q 2 (q −2 a − x) . . . q n−1 q −n+1 a − x
= (−1)n q

n(n−1)
2

x − q −n+1 a . . . x − q −2 a

= (−1)n q

n(n−1)
2

x − q −n+1 a

x − q −1 a (x − a)

n
.
q

(1.10)
Sử dụng Mệnh đề 1.4 và công thức (1.10), ta thu được
Dq (a − x)nq = (−1)n q

n(n−1)
2

.[n] x − q −n+1 a

= −[n]q n−1 .(−1)n−1 q

(n−1)(n−2)
2

= −[n]q n−1 q −1 a − x

n−1

q

n−1
q

x − q −n+2 (q −1 a)

= −[n](a − qx)n−1
.
q

(iii) Theo Mệnh đề 1.1, ta có
Dq

1
(a − x)nq

−[n](a − qx)n−1
q
=−
n
(a − x)q (a − qx)nq
[n]
=
.
n
(a − x)q (a − q n+1 x)

n−1
q

12

1.2.
1.2.1.

q−tích phân
q−nguyên hàm

Định nghĩa 1.4. Cho f (x) là một hàm số thực. Hàm F (x) được gọi là một
q−nguyên hàm của f (x) nếu Dq F (x) = f (x). Hàm F (x) được ký hiệu bởi
F (x) :=

f (x)dq x.

Tương tự như trong giải tích cổ điển, q−nguyên hàm của một hàm số f (x)
không duy nhất. Mệnh đề dưới đây chỉ ra rằng nếu hai q−nguyên hàm của
hàm f (x) liên tục tại điểm 0 thì hai q−nguyên hàm đó sai khác nhau một
hằng số. Chứng minh của mệnh đề này có thể tham khảo trong trang 65 của
tài liệu [14].
Mệnh đề 1.6. Cho 0 < q < 1. Khi đó, bằng cách cộng thêm một hằng số, bất
kỳ hàm thực f (x) nào đều có nhiều nhất một q−nguyên hàm mà nó liên tục
tại điểm x = 0.
Bây giờ, ta xét phép đổi biến u = u(x) = αxβ , trong đó α và β là các hằng
số. Giả sử F (x) là một q−nguyên hàm của hàm f (x). Khi đó
f (u)dq u = F (u) = F (u(x)).
Với bất kỳ số thực q . Sử dụng công thức (1.3), ta có
F (u(x)) =

Dq F (u(x))dq x

=

Dq β F (u(x)).Dq u(x)dq x

=

Dq β F (u(x))dq u(x).

(1.11)

1

Chọn q = q β , ta có Dq β F = Dq F = f và do đó
f (u)dq u =

f (u(x))d β1 u(x).
q

(1.12)

Điều này chứng tỏ hàm f (u(x))D β1 u(x) là một q−nguyên hàm của hàm f (u).
q


13

1.2.2.

Tích phân Jackson

Định nghĩa 1.5. Cho hàm số thực f (x). Tích phân Jackson của hàm f (x)
được định nghĩa bởi
∞

qj f qj x .

f (x)dq x = (1 − q)x

(1.13)

j=0

Bây giờ, cho g(x) là một hàm thực khác, Dq g(x) là q−nguyên hàm của nó.
Từ Định nghĩa 1.5, ta có công thức sau đây
∞

q j f q j x Dq g q j x

f (x)Dq g(x)dq x = (1 − q)x
j=0
∞

qj f qj x

= (1 − q)x
j=0

g q j x − g q j+1 x

(1 − q)q j x

(1.14)

∞

f qj x

=

g q j x − g q j+1 x

.

j=0

Công thức trên còn có thể viết lại dưới dạng
∞

f qj x

f (x)dq g(x) =

g q j x − g q j+1 x

.

j=0

Trong Định nghĩa 1.5, ta thấy vế phải của tích phân Jackson là một chuỗi vô

hạn. Câu hỏi đặt ra là khi nào chuỗi đó hội tụ. Định lý dưới đây cho ta một
điều kiện đủ cho sự hội tụ của chuỗi đó.
Định lý 1.1. Cho 0 < q < 1. Giả sử |f (x)xα | bị chặn trên nửa đoạn (0, A]
với 0 ≤ α < 1 là một số nào đó. Khi đó tích phân Jackson được định nghĩa bởi
công thức 1.13 hội tụ đều đến hàm F (x) là một q−nguyên hàm của hàm f (x)
trên nửa đoạn (0, A]. Hơn nữa, F (x) liên tục tại điểm x = 0 với F (0) = 0.
Chứng minh. Theo giả thiết, tồn tại một hằng số M > 0 sao cho |f (x)xα | <
M, ∀x ∈ (0, A]. Khi đó, với mọi x ∈ (0, A], j ≥ 0, ta có
|f q j x | < M q j x

−α

.

Từ đó suy ra
|q j f q j x | < M q j q j x

−α

= M x−α q 1−α

j

≤ M A−α q 1−α

j

.

(1.15)

14
∞

Vì 1 − α > 0 và 0 < q < 1 nên chuỗi số dương

M A−α q 1−α

j

hội tụ.

j=0
∞

q j f q j x hội tụ đều. Do đó chuỗi

Theo tiêu chuẩn Weierstrass, ta có chuỗi
j=0
∞

q j f q j x hội tụ đều đến hàm F (x) nào đó trên nửa đoạn (0, A].

(1 − q)x
j=0

∞

Tức là F (x) = (1 − q)x

q j f q j x . Từ công thức (1.13), ta có F (0) = 0. Sử

j=0

dụng (1.15), ta thu được đánh giá dưới đây
∞

qj f qj x

(1 − q)x

<

j=0

M (1 − q)x1−α
, ∀x ∈ (0, A].
1 − q 1−α

Trong bất đẳng thức trên, cho x → 0, ta thu được F (x) → 0. Vậy F (x) liên
tục tại điểm x = 0. Mặt khác, ta lại có
1
Dq F (x) =
(1 − q)x

∞

(1 − q)x

j=0
∞

q j f q j+1 x

q f q x − (1 − q)qx

qj f qj x −

j=0

q j+1 f q j+1 x
j=0
∞

qj f qj x −

=

j

j=0
∞

∞

=

∞
j

j=0

q j f q j x = f (x).
j=1

Điều này chứng tỏ rằng F (x) là một q−nguyên hàm của f (x).
Nhận xét 1.3. Giả sử các giả thiết của Định lý 1.1 được thỏa mãn. Khi đó
theo Mệnh đề 1.6 và Định lý 1.1, tích phân Jackson là q−nguyên hàm duy
nhất, sai khác một hằng số, của f (x) mà q−nguyên hàm này liên tục tại điểm
x = 0. Ngược lại, nếu F (x) là một q−nguyên hàm của f (x) và F (x) liên tục
tại điểm x = 0 thì F (x) phải biểu diễn dưới dạng (1.13) cộng thêm 1 hằng số
nào đó. Thật vậy, ta có
N

N
j

(1 − q)x

j

q j Dq F q j x

q f q x = (1 − q)x
j=0

j=0
N

qj

= (1 − q)x
j=0

F q j x − F q j+1 x
(1 − q)q j x

N

F q j x − F q j+1 x

=
j=0

= F (x) − F q N +1 x .


15

Sử dụng tính liên tục của hàm F (x) tại điểm 0, trong biểu thức trên cho
N → ∞, ta thu được
∞

q j f q j x = F (x) − F (0).

f (x)dq x = (1 − q)x
j=0

Suy ra

F (x) =

f (x)dq x + F (0).

Nhận xét 1.4. Giả thiết |f (x)xα | bị chặn trên nửa đoạn (0, A] với 0 ≤ α < 1
là một số nào đó trong Định lý 1.1 là không bỏ được. Thật vậy, xét hàm
f (x) = x1 . Vì
Dq log x =

log q 1
log(qx) − log(x)
=
. ,
(q − 1)x
q−1 x

(1.16)

nên ta có
q−1
1
dq x =
log x.
x
log q
Tuy nhiên, công thức tính tích phân Jackson (1.13) cho ta
∞

(1.17)

∞

1
1
q j j = (1 − q)
1 = ∞.
dq x = (1 − q)x
x
q
x
j=0
j=0
Công thức tính tích phân Jackson không đúng trong ví dụ này vì hàm f (x)xα =
xα−1 không bị chặn với mọi α ∈ [0, 1).
1.2.3.

Định nghĩa và một số tính chất của q−tích phân

Trong mục này, ta sẽ sử dụng tích phân Jackson để định nghĩa q−tích phân.
Định nghĩa 1.6. Cho 0 < a < b và f (x) là một hàm số thực. Khi đó q−tích
phân được định nghĩa bởi
∞

b

qj f qj b ,

f (x)dq x = (1 − q)b
0

(1.18)

j=0

và
b

b

f (x)dq x −

f (x)dq x =
a

a

0

(1.19)

f (x)dq x.
0

Tương tự như công thức (1.14), ta có công thức sau đây
∞

b

f qj b

f (x)dq g(x) =
a

j=0

g q j b − g q j+1 b

.

(1.20)


16

Nhận xét 1.5. Khi q −→ 1, q−tích phân trở thành tích phân Riemann trong
giải tích cổ điển, tức là
b

lim

b

f (x)dq x =

q→1

(1.21)

f (x)dx.

0

0

Với q > 0, ta có
qj

qj

f (x)dq x −

f (x)dq x =
q j+1

q j+1

f (x)dq x

0

0
∞

∞

= (1 − q)

q

j+k

f q

j+k

q j+k+1 f q j+k+1 .

− (1 − q)
k=0

k=0

Suy ra
qj

f (x)dq x = (1 − q)q j f q j .

(1.22)

q j+1

Từ đó, ta định nghĩa q−tích phân suy rộng như sau:
Định nghĩa 1.7. q−tích phân suy rộng của hàm f (x) trên [0, ∞) được định
nghĩa như sau:
∞

qj

j=−∞

q j+1

∞

f (x)dq x =
0

f (x)dq x,

(1.23)

f (x)dq x,

(1.24)

nếu 0 < q < 1 và
∞

∞

q j+1

f (x)dq x =
0

qj

j=−∞

nếu q > 1.

Mệnh đề 1.7. Các q−tích phân suy rộng được định nghĩa trong các công thức
(1.23) và (1.24) hội tụ nếu xα f (x) bị chặn trong một lân cận của x = 0 với
α < 1 nào đó và xβ f (x) bị chặn với x đủ lớn với β > 1 nào đó.
Chứng minh. Theo công thức (1.22), ta có
∞

∞

qj f qj .

f (x)dq x = |1 − q|
0

(1.25)

j=−∞

Mặt khác, ta lại có
∞

∞
j

q f q
j=−∞

j

∞
j

=

q f q
j=0

j

q −j f q −j .

+
j=1

(1.26)


17

Từ đó suy ra, ta chỉ cần chứng minh Mệnh đề 1.7 trong trường hợp q < 1 là
đủ. Theo Định lý 1.1, chuỗi đầu tiên trong công thức (1.26) hội tụ đều. Bây
giờ, ta chứng minh chuỗi thứ hai trong công thức đó cũng hội tụ đều. Thật
vậy, theo giả thiết, với x đủ lớn ta có |xβ f (x)| < M , trong đó β > 1 nào đó và
M > 0 là một hằng số. Khi đó với j đủ lớn, ta có ước lượng dưới đây
|q −j f q −j | = q j(β−1) |q −jβ f (q −j )| < M.q j(β−1) .
∞

M.q j(β−1) hội tụ. Theo tiêu chuẩn

Vì q < 1 và β − 1 > 0 nên chuỗi số dương
j=1

Weierstrass, chuỗi thứ hai trong công thức (1.26) hội tụ đều. Mệnh đề được
chứng minh.
Nhận xét 1.6. Sử dụng công thức đổi biến u = u(x) = αxβ , ta có
b

u(b)

f (u)dq u =
u(a)

a

f (u(x))d β1 u(x).
q

(1.27)

Bây giờ, chúng tôi trình bày công thức Newton-Leibniz cho q−tích phân.
Định lý 1.2. Cho f (x) là một hàm số thực. Giả sử F (x) là một q−nguyên
hàm của f (x) và F (x) liên tục tại điểm x = 0. Khi đó, ta có
b

f (x)dq x = F (b) − F (a),

(1.28)

a

trong đó 0 ≤ a < b ≤ ∞.

Chứng minh. Vì F (x) liên tục tại x = 0 và F (x) là một q−nguyên hàm của
f (x) nên theo Nhận xét 1.3 và các kết quả trước đó, ta có
∞

q j f q j x + F (0).

F (x) = (1 − q)x
j=0

Theo định nghĩa
∞

a

qj f qj a .

f (x)dq x = (1 − q)a
0

j=0

Từ đó suy ra

a

f (x)dq x = F (a) − F (0).
0


18

Tương tự, trong trường hợp b là hữu hạn, ta cũng có
a

f (x)dq x = F (b) − F (0).
0

Do đó

b

b

f (x)dq x −

f (x)dq x =
a

a

0

f (x)dq x = F (b) − F (a).
0

Bây giờ, đặt a = q j+1 và b = q j trong trường hợp 0 < q < 1 và đặt a = q j và
b = q j+1 trong trường hợp q > 1 và sử dụng định nghĩa của q−tích phân suy
rộng, ta dễ dàng chứng tỏ được công thức (1.28) đúng cho trường hợp b = ∞
khi mà giới hạn lim F (x) tồn tại.
x→+∞

Hệ quả 1.1. Giả sử f (x) tồn tại trong một lân cận của điểm x = 0, f (x)
liên tục tại điểm x = 0. Khi đó, ta có
b

(1.29)

Dq f (x)dq x = f (b) − f (a).
a

Chứng minh. Sử dụng quy tắc L’Hospital và giả thiết f (x) liên tục tại điểm
x = 0, ta có
f (qx) − f (x)
x→0
(q − 1)x
qf (qx) − f (x)
qf (0) − f (0)
= lim
=
= f (0).
x→0
q−1
q−1

lim Dq f (x) = lim

x→0

Xét hàm Dq f (x) và định nghĩa Dq f (0) = f (0). Ta suy ra Dq f (x) liên tục tại
điểm x = 0. Theo Định lý 1.2, ta có

b

b

Dq (Dq F (x)) dq x = Dq F (b) − Dq F (a) = f (b) − f (a).

Dq f (x)dq x =
a

1.3.

a

q−tích phân chặt (restricted definite q−integral)

Các khái niệm về q−tích phân trong mục 1.2 khó có thể áp dụng để nghiên
cứu các bất đẳng thức tích phân. Chẳng hạn cho hàm số thực f (x) ≥ 0, trong
trường hợp tổng quát ta không thể suy ra

b
a f (x)dq x

≥ 0. Do đó, mục này

chúng tôi trình bày một trường hợp đặc biệt của q−tích phân được trình bày
trong mục 1.2. Khái niệm này sẽ được sử dụng để nghiên cứu các bất đẳng
thức tích phân trong Chương 2 của luận văn.


19

Định nghĩa 1.8. Cho 0 < q < 1, b > 0 và n ∈ Z+ . q−tích phân chặt của một
b
bq n

hàm số thực f (x) xác định bởi

f (x)dq x.

Từ Định nghĩa 1.8, ta thấy q−tích phân chặt của một hàm số thực f (x)
phụ thuộc vào q, b và n.
Trong suốt mục này và trong các chương tiếp theo của luận văn, ta sử dụng
các ký hiệu sau đây
cj = bq j , j ∈ {0, 1, . . . , n}, a = cn = bq n .
Từ các công thức (1.18) và (1.19) và Định nghĩa của q−tích phân chặt, ta thu
được công thức dưới đây
b

b

f (x)dq x =

f (x)dq x
bq n

a

+∞

+∞

j

j

q f q b − (1 − q)bq

= (1 − q)b

n

j=0

q j f q j bq n
j=0

+∞

+∞

q j+n f bq j+n

q j f q j b − (1 − q)b

= (1 − q)b

+∞

+∞
j

j

q k f bq k

q f q b − (1 − q)b

= (1 − q)b
j=0

k=n
n−1

n−1
j

= (1 − q)b

(1.30)

j=0

j=0

q f bq

j

= (1 − q)

cj f (cj ) .

j=0

j=0

Từ Định nghĩa 1.8 và Công thức (1.30), ta thu được công thức dưới đây
n−1

b

Dq f dq x = (1 − q)
a

cj Dq f (cj )
j=0
n−1

f (qcj ) − f (cj )
= (1 − q)
cj
=
(q
−
1)c
j
j=0

n−1

f (cj ) − f (qcj )

(1.31)

j=0

= f (b) − f (bq n ) = f (b) − f (a).
Nhận xét 1.7. Cho f (x) và g(x) là hai hàm số thực xác định trên [a, b]. Sử
dụng Định nghĩa 1.8 ta có nếu f (x) ≥ g(x) trên đoạn [a, b] thì
b
a g(x)dq x.

b
a f (x)dq x

≥


20

Cho 0 < k < n. Khi đó ta có
b

ck

f (x)dq x =
a

b

f (x)dq x +
a

f (x)dq x.
ck

Ngoài ra, ta cũng có công thức tính q−tích phân từng phần được cho bởi công
thức dưới đây
b

b

f (x) (Dq g) (x)dq x = f (b)g(b) − f (a)g(a) −
a

g(qx) (Dq f ) (x)dq x.
a

Nhận xét 1.8. Tích phân Riemann cổ điển có thể xem như là giới hạn của
q−tích phân chặt khi q −→ 1. Thật vậy, vì a = bq n nên q =

a
b

1
n

. Cố định a, b

và cho n −→ ∞, ta có q −→ 1. Do đó nếu ta cho f (x) là một hàm khả tích
theo nghĩa Riemann trên [a, b] thì ta có

b
a f (x)dq x

−→

b
a f (x)dx.


21

Chương 2

Một số bất đẳng thức tích phân
trong giải tích lượng tử
Trong cả chương này, chúng tôi sử dụng khái niệm và các tính chất của
q−tích phân chặt được đề cập trong Mục 1.3 của Chương 1.

2.1.

Bất đẳng thức q−Steffensen và một số áp dụng

Trước hết, chúng tôi nhắc lại bất đẳng thức Steffensen đối với các hàm khả
tích Riemann được trình bày trong cuốn sách chuyên khảo của D.S. Mitronovi´c
cùng các cộng sự [17].
Định lý 2.1. [17] Giả sử f và g là hai hàm số khả tích Riemann trên [a, b], f
là một hàm giảm và với mỗi x ∈ (a, b), 0 ≤ g(x) ≤ 1. Đặt λ =

b
a g(x)dx.

Khi

đó, ta có
b

b

f (x)dx ≤
b−λ

a+λ

f (x)g(x)dx ≤
a

f (x)dx.
a

Trước khi trình bày phiên bản của bất đẳng thức Steffensen cho q−tích
phân chặt, ta nhắc lại định nghĩa dưới đây.
Định nghĩa 2.1. [11] Cho 0 < q < 1. Hàm số thực f (x) được gọi là q−tăng
(tương ứng, q−giảm) trên [a, b] nếu f (qx) ≤ f (x) (tương ứng, f (qx) ≥ f (x))
khi mà x ∈ [a, b] và qx ∈ [a, b]. Hàm f được gọi là q−đơn điệu nếu hàm f hoặc
là q−tăng hoặc là q−giảm trên [a, b].
Từ Định nghĩa 1.2 và Định nghĩa 2.1, ta suy ra hàm f (x) là q−tăng (tương
ứng, q−giảm) trên [a, b] khi và chỉ khi (Dq f )(x) ≥ 0 (tương ứng, (Dq f )(x) ≤ 0)


22

khi mà x ∈ [a, b] và qx ∈ [a, b]. Ngoài ra, nếu hàm f là hàm tăng (giảm) thì f
cũng là q−tăng (q−giảm).
Bất đẳng thức Steffensen cho q−tích phân chặt được cho trong định lý dưới
đây.
Định lý 2.2. [11] Giả sử rằng 0 < q < 1, b > 0, n ∈ Z+ . Cho F, G : [a, b] −→
R, trong đó a = bq n , là hai hàm thỏa mãn F là một hàm q−giảm và 0 ≤ G ≤ 1
trên [a, b]. Cho k, l ∈ {0, 1, . . . , n} thỏa mãn
b
a G(x)dq x

b − cl ≤

≤ ck − a nếu F ≥ 0 trên [a, b]

và
b
a G(x)dq x

ck − a ≤

≤ b − cl nếu F ≤ 0 trên [a, b].

Khi đó
b

b

F (x)dq x ≤
cl

ck

F (x)G(x)dq x ≤
a

(2.1)

F (x)dq x.
a

Chứng minh. Ta chỉ chứng minh vế trái của bất đẳng thức (2.1) trong trường
hợp F ≥ 0. Các trường hợp còn lại được chứng minh tương tự. Vì hàm F (x)
là q−giảm nên ta có F (cl ) ≥ F (cj ) với j = 0, 1, . . . , l − 1 và F (cl+j ) ≥ F (cl )
với j = 0, 1, . . . , n − l. Từ giả thiết của Định lý, ta thu được ước lượng sau đây
b

b

F (x)G(x)dq x −
a

F (x)dq x
cl

cl

=

b

F (x)G(x)dq x −

F (x)G(x)dq x +
a

cl
b

cl

F (x)G(x)dq x −

=
a

b

F (x)[1 − G(x)]dq x
cl
l−1

cl

q j F (cj )[1 − G(cj )]

F (x)G(x)dq x − (1 − q)b

=
a

j=0
l−1

cl

≥

q j F (cl )[1 − G(cj )]

F (x)G(x)dq x − (1 − q)b
a

j=0
l−1

cl
a

a

q j G(cj )

q + F (cl )(1 − q)b
j=0

cl

l−1
j

F (x)G(x)dq x − F (cl )(1 − q)b

=

=

F (x)dq x
cl

j=0
l−1

b(1 − q l )
+ F (cl )(1 − q)b
q j G(cj )
F (x)G(x)dq x − F (cl )(1 − q)
1−q
j=0


23
cl

b

F (x)G(x)dq x − F (cl )(b − cl ) + F (cl )

=

G(x)dq x.

a

cl

Mặt khác, vì G(x) ≤ 1 nên ta có
b

b

G(x)dq x ≤
a

dq x
a
n−1

n−1

bq j

cj .1 = (1 − q)

= (1 − q)
j=0

j=0
n

= (1 − q)

b(1 − q )
= b(1 − q n ) = b − bq n = b − cn ≤ b − cl .
1−q

Suy ra
b

− F (cl )(b − cl ) ≥ −F (cl )

G(x)dq x.
a

Từ đó suy ra
b

b

F (x)G(x)dq x −
a

F (x)dq x
cl

cl

≥

b

F (x)G(x)dq x − F (cl )
a

a
b

F (x)G(x)dq x − F (cl )

=

b

G(x)dq x −

a

G(x)dq x

a
cl

cl

F (x)G(x)dq x − F (cl )
a

G(x)dq x
cl

cl

=

b

G(x)dq x + F (cl )

cl
cl

[F (x) − F (cl )] G(x)dq x

G(x)dq x =
a

a

n−l−1

q j F (q j cl ) − F (cl ) G q j cl

= (1 − q)cl
j=0
n−l−1

q j F (bq j+l ) − F (cl ) G(bq j+l )

= (1 − q)cl
j=0

n−l−1

q j [F (cl+j ) − F (cl )] G(cl+j ) ≥ 0.

= (1 − q)cl
j=0

Vậy
b

b

F (x)dq x ≤
cl

F (x)G(x)dq x.
a

Các trường hợp khác được chứng minh tương tự.
Nhận xét 2.1. Từ Nhận xét 1.8, khi cho q −→ 1, ta thu được bất đẳng thức
Steffensen cổ điển.


24

Trước khi trình bày một vài ứng dụng của bất đẳng thức Steffensen cho
q−tích phân chặt, ta trình bày bổ đề sau đây.
Bổ đề 2.1. Ta có đẳng thức sau đây
r+1

b

Dqr+1 f

(x)

(ck − qx)q

b

dq x =

[r + 1]!

a

ck

Rq,r,f (a, x)dq x +

Rq,r,f (b, x)dq x,

a

ck

(2.2)
trong đó r là một số nguyên, r ≥ −1, Rq,r,f (a, x) là phần dư q−Taylor bậc r
tại tâm a
r

Dqj f (a)

Rq,r,f (a, x) := f (x) −
j=0

(x − a)jq
,
[j]!

Rq,−1,f (a, x) := f (x),
ở đó
[j]! :=



 1, nếu j = 0,

 [j].[j − 1] . . . [1], nếu j ∈ Z+ ,

Dqj f xác định bởi Dq0 f = f và Dqk f = Dq Dqk−1 f , k = 1, 2, . . .
Chứng minh. Ta chứng minh bằng quy nạp theo r. Với r = −1, ta có
r+1

b

Dqr+1 f

(x)

a

(ck − qx)q
[r + 1]!

ck

b

dq x =

f (x)dq x,
a

ck

Rq,r,f (a, x)dq x =
a

f (x)dq x,
a
b

b

Rq,r,f (b, x)dq x =
ck

f (x)dq x.
ck

Ta lại có
ck

b

f (x)dq x +
a

f (x)dq x
ck

a

ck

f (x)dq x −

=
0

0
a

b

f (x)dq x −

=
0

b
0
b

f (x)dq x =
0

ck

f (x)dq x −

f (x)dq x +

f (x)dq x.
a

f (x)dq x
0