Luận văn Thạc sĩ Toán học: Về một số bất đẳng thức tích phân trong giải tích lượng tử

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:50

Thêm vào BST

Báo xấu

21
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

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. Mời các bạn tham khảo!

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Luận văn Thạc sĩ Toán học: 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 5 1.1. q−đạo hàm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 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 ) . (0.1) x − x0 Khi cho x tiến tới x0 , nếu giới hạn này tồn tại thì ta thu được đạo hàm của df (x0 ) hàm f (x) tại điểm x0 và được ký hiệu là 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 Stef- fensen, 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) f (qx) − f (x) Dq 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 df (x) lim Dq f (x) = = f 0 (x). q→1 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 (qx)n − xn q n−1 − 1 n−1 Dq xn = = x . (q − 1)x q−1 q n −1 Ký hiệu [n] = 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) 6= 0. Khi đó Dq fg(x) (x) = g(x)Dq fg(x)g(qx) (x)−f (x)Dq g(x) hoặc f (x) g(qx)Dq f (x) − f (qx)Dq g(x) Dq = . g(x) g(x)g(qx) Chứng minh. (i). Theo định nghĩa, ta có af (qx) + bg(qx) − af (x) − bg(x) Dq (af (x) + bg(x)) = (q − 1)x a (f (qx) − f (x)) b (g(qx) − g(x)) = + (q − 1)x (q − 1)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)) Dq (f (x)g(x)) = (q − 1)x f (qx)dq g(x) + g(x)dq f (x) = . (q − 1)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 (iii) Ta có f (x) = g(x). fg(x) (x) . Áp dụng (1.1), ta thu được f (x) f (x) Dq f (x) = g(qx)Dq + Dq g(x). g(x) g(x) Từ đó suy ra f (x) g(x)Dq f (x) − f (x)Dq g(x) Dq = . g(x) g(x)g(qx) Bây giờ, sử dụng (1.2), ta có f (x) f (qx) Dq f (x) = g(x)Dq + Dq g(x). g(x) g(qx) Suy ra f (x) g(qx)Dq f (x) − f (qx)Dq g(x) 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 ) Dq [f (u(x))] = Dq f (αxβ ) = qx − x f (αq x ) − f (αx ) αq β xβ − αxβ β β β = . . αq β xβ − αxβ qx − x Suy ra Dq f (u(x)) = Dqβ f (u(x)).Dq u(x). (1.3) Định nghĩa 1.3. q−analogue của (x − a)n là đa thức dưới đây   1, nếu n = 0,  n (x − a)q = (1.4)  (x − a)(x − qa) . . . (x − q n−1 a), nếu n ≥ 1.  Mệnh đề 1.2. Với số tự nhiên n ≥ 1, ta có Dq (x − a)nq = [n](x − a)n−1 q . (1.5) Chứng minh. Ta chứng minh bằng quy nạp toán học. Với n = 1, ta có (qx − a) − (x − a) (q − 1)x Dq (x − a)1q = Dq (x − a) = = = 1. (q − 1)x (q − 1)x
8 Do đó với n = 1, biểu thức (1.5) đúng. Giả sử biểu thức (1.5) đúng với n = k, tức là Dq (x − a)kq = [k](x − a)k−1 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 (x − a)m+n q = (x − a)m m n q (x − q a)q . (1.6) Thật vậy, ta có (x − a)m+n q = (x − a)(x − qa) . . . (x − q m−1 a)(x − q m a)(x − q m+1 a) × . . . (x − q m+n−1 a) = (x − a)(x − qa) . . . (x − q m−1 a) m m n−1 m × (x − q a)(x − q(q a)) . . . (x − q (q a)) = (x − a)m m n 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 1 (x − a)−n q = , (1.7) (x − q −n a)nq 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 (x − a)m+n q = (x − a)m m n 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 = −m0 < 0 và n > 0. Khi đó, theo các công thức (1.6), (1.7), ta thu được 0 0 −m (x − a)m m n q (x − q a)q = (x − a)q (x − q −m a)nq 0 (x − q −m a)nq = (x − q −m0 a)m q 0   (x − q m0 (q −m0 a))n−m  q 0 , n ≥ m0 , =   1 0 n −m0 m −n , n < m0 x−q (q a)q 0 = (x − a)n−m q = (x − a)n+m q . * Trường hợp 2: m ≥ 0 và n = −n0 < 0. Theo các công thức (1.6), (1.7), ta thu được m −n (x − a)m m n m q (x − q a)q = (x − a)q (x − q a)q (x − a)mq 0 (x − q m−n a)nq 0  n0 m−n0 m−n0  (x−a) q x−q a q , m ≥ n0    n0 ( x−q m−n0 a) = q  (x−a)mq 0 m, m < n  n0 −m  0 0 −m m−n0  (x−q m−n a) q (x−q n (q a)) q  0  (x − a)m−n , m ≥ n0   q = 1 0  (x−qm−n0 a)n0 −m , m < n   q 0 = (x − a)m−n q = (x − a)m+n q . * Trường hợp 3: m = −m0 < 0 và n = −n0 < 0. Theo các công thức (1.6), (1.7), ta thu được 0 0 0 −m (x − a)m m n q (x − q a)q = (x − a)q (x − q −m a)−n q
10 1 = m0 n0 (x − q −m0 a)q (x − q −n0 −m0 a)q 1 = n0 m0 (x − q −n0 −m0 a)q (x − q n0 (q −m0 −n0 a))q 1 = n0 +m0 (x − q −n0 −m0 a)q 0 0 = (x − a)−m q −n = (x − a)m+n q . Mệnh đề được chứng minh hoàn toàn. Cho số thực α, ta ký hiệu 1 − qα [α] = . (1.9) 1−q 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 = −n0 < 0. Áp dung (1.7) và Mệnh đề 1.1, ta có ! 1 Dq (x − a)nq = Dq n0 (x − q −n0 a)q n0 −n0 Dq x − q a q =− n 0 n0 (x − q −n a)q (qx − q −n0 a)q 0 n0 −1 0 −n0 [n ] x − q a q =− 0 n 0 n0 q n (x − q −n a)q (x − q −n0 −1 a)q 0 0 0 1 − qn q −n = . 0 q − 1 (x − q −1 a) (x − q −n0 −1 a)nq 0 q −n − 1 1 = . 0 q − 1 (x − q −n0 −1 a)nq +1 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: 1 n −n−1 (i) Dq (x−a) n q = [−n] (x − q a)q . n n−1 (ii) Dq (a − x)q = −[n] (a − qx)q . 1 [n] (iii) Dq (a−x) n q = (a−x) n+1 . q Chứng minh. (i) Áp dụng (1.7), ta có ! 1 1 −n Dq n = Dq −n n n = Dq (x − q n a)q . (x − a)q (x − q (q 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 n(n−1) = (−1)n q 2 x − q −n+1 a . . . x − q −2 a x − q −1 a (x − a) n(n−1) n = (−1)n q 2 x − q −n+1 a q . (1.10) Sử dụng Mệnh đề 1.4 và công thức (1.10), ta thu được n(n−1) n−1 Dq (a − x)nq = (−1)n q 2 .[n] x − q −n+1 a q (n−1)(n−2) n−1 = −[n]q n−1 .(−1)n−1 q 2 x − q −n+2 (q −1 a) q n−1 = −[n]q n−1 q −1 a − x q = −[n](a − qx)n−1 q . (iii) Theo Mệnh đề 1.1, ta có −[n](a − qx)n−1 1 q Dq n =− (a − x)q (a − x)q (a − qx)nq n [n] = . (a − x)q (a − q n+1 x) n
12 1.2. q−tích phân 1.2.1. 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 Z 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 Z f (u)dq u = F (u) = F (u(x)). Với bất kỳ số thực q 0 . Sử dụng công thức (1.3), ta có Z F (u(x)) = Dq0 F (u(x))dq0 x Z = Dq0β F (u(x)).Dq0 u(x)dq0 x (1.11) Z = Dq0β F (u(x))dq0 u(x). 1 Chọn q 0 = q β , ta có Dq0β F = Dq F = f và do đó Z Z f (u)dq u = f (u(x))d β1 u(x). (1.12) q 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 Z ∞ X 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 Z ∞ X q j f q j x Dq g q j x f (x)Dq g(x)dq x = (1 − q)x j=0 ∞ j j+1 X g q x − g q x qj f qj x = (1 − q)x (1.14) j=0 (1 − q)q j x ∞ X f qj x g q j x − g q j+1 x . = j=0 Công thức trên còn có thể viết lại dưới dạng Z ∞ X f q j x g q j x − g q j+1 x . f (x)dq g(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 −α |f q j x | < M q j x . Từ đó suy ra −α j j |q j f q j x | < M q j q j x = M x−α q 1−α ≤ M A−α q 1−α . (1.15)
14 ∞ j M A−α q 1−α P Vì 1 − α > 0 và 0 < q < 1 nên chuỗi số dương hội tụ. j=0 ∞ q j f q j x hội tụ đều. Do đó chuỗi P 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]. P (1 − q)x j=0 ∞ q j f q j x . Từ công thức (1.13), ta có F (0) = 0. Sử P Tức là F (x) = (1 − q)x j=0 dụng (1.15), ta thu được đánh giá dưới đây ∞
M (1 − q)x1−α
X j j
(1 − q)x q f q x