Một số đặc trưng cơ bản của hàm lồi khả vi
Tập X ⊆ R^n được gọi là lồi nếu với mọi λ ∈ [0; 1] và x1, x2 ∈ X, thì điểm xλ = λx1 + (1−λ)x2 cũng thuộc X, nghĩa là tập lồi X chứa mọi đoạn thẳng nối hai điểm bất kỳ của nó Hàm f: X ⊆ R^n → R được xem là hàm lồi nếu X là tập lồi và với mọi λ ∈ [0; 1], x1, x2 ∈ X, thỏa mãn f(xλ) ≤ λf(x1) + (1−λ)f(x2) Theo Định lý 1.1.3, hàm thực f(x) xác định trên tập mở (a, b) là lồi nếu và chỉ nếu nó liên tục trên (a, b) và có các đạo hàm trái và phải tại mọi điểm x ∈ (a, b) sao cho f+_0(x) không tăng và f−_0(x) ≤ f+_0(x), cũng như f+_0(x1) ≤ f−_0(x2) với mọi a < x1 < x2 < b.
Chứng minh rằng nếu f(x) là hàm lồi và 0 < s < t với x+t < b, thì điểm (x+s, f(x+s)) nằm dưới đoạn thẳng nối (x, f(x)) và (x+t, f(x+t)), dẫn đến bất đẳng thức f(x+s)−f(x) s ≤ f(x+t)−f(x) t Điều này cho thấy hàm số t 7→ f(x+t)−f(x) t không tăng khi t giảm về 0, từ đó suy ra tồn tại giới hạn f + 0 (t) (hữu hạn hoặc bằng −∞) và tương tự với f − 0 (x) (hữu hạn hoặc bằng +∞) Đặt y = x+s và t = s+r, ta có f(x+s)−f(x) s ≤ f(y+r)−f(y) r, cho thấy f + 0 (x) ≤ f + 0 (y) với x < y, do đó f + 0 (x) là không giảm Cuối cùng, viết lại bất đẳng thức này dưới dạng f(y−s)−f(y).
Cho −s ↑ 0, r ↓ 0ta thu được f − 0 (y) ≤ f + 0 (y), điều này chứng minh cho bất đẳng thức thứ nhất của (1.2) và tính hữu hạn của các đạo hàm này.
Vì tồn tại f − 0 (x) nên suy ra limt↑0 f(x+t)−f(x) t = 0
Tương tự, do tồn tại f + 0 (x) nên limt↓0 f(x+t)−f(x) t = 0
Do đó, f(x) liên tục tại mọi x ∈ (a, b).
Hơn thế nữa, đặt x = x1, y +r = x2 trong (1.4) ta có f(x 1 +s)−f(x 1 ) s ≤ f(x 2 )−f(x 2 −r) r hay f(x1 +s)−f(x1) s ≤ f(x2 −r)−f(x2)
Khi lấy giới hạn s ↓ 0 và r ↑ 0 trong (1.6), ta nhận được bất đẳng thức thứ hai của (1.2) Giả sử hàm f có đầy đủ các tính chất như đã nêu trong mệnh đề trước đó và với a < c < d < b, ta định nghĩa hàm số g(x) = f(x) − f(c) − (x − c)f(d) − f(c) / (d − c) Đối với mọi x = (1 − λ)c + λd, ta có g(x) = f(x) − f(c) − λ[f(d) − f(c)].
Để chứng minh tính lồi của hàm f(x), cần chỉ ra rằng g(x) ≤ 0 với mọi x thuộc đoạn [c, d] Giả sử ngược lại, nghĩa là giá trị lớn nhất của g(x) trên đoạn [c, d] là dương Điều này là khả thi vì g(x) là một hàm liên tục trên đoạn [c, d], do đó giá trị lớn nhất của nó tồn tại.
Giả sử e ∈ [c, d] là điểm mà tại đó hàm số g(x) đạt giá trị cực đại, với điều kiện g(c) = g(d) = 0, dẫn đến c < e < d Từ đó, hàm g(x) có các tính chất tương tự như hàm f(x), cụ thể là: g − 0 (x) và g + 0 (x) tồn tại với mọi x ∈ (c, d), đồng thời g − 0 (x) ≤ g + 0 (x) Hàm g + 0 (x) là hàm không giảm, và có mối quan hệ g + 0 (x 1 ) ≤ g − 0 (x 2) khi x 1 ≤ x 2.
Vì g(e) ≥ g(x), ∀x ∈ [c, d] nên ta có g − 0 (e) ≤ 0 ≤g + 0 (e), do đó g − 0 (e) =g + 0 (e) = 0.
Mặt khác, hàm g + 0 (x) không giảm, do đó g + 0 (x) ≤ 0 với mọi x ∈ [e, d] Nếu g − 0 (y) ≥ 0 cho y ∈ (e, d], thì g 0 + (x) ≤ g + 0 (y) ≤ 0, dẫn đến g 0 (x) = 0 với x ∈ [e, y), cho thấy g(y) = g(e) > 0 Với g(d) = 0, suy ra tồn tại y ∈ (e, d] sao cho g − 0 (y) > 0 Chọn x 1 ∈ [y, d) là điểm cực đại của hàm g(x) trên đoạn [y, d], do đó g 0 + (x 1 ) ≤ 0 với mọi x ∈ [c, d], như đã được chứng minh.
Hệ quả 1.1.4 (Corollary 2.1, [3], p 44) Hàm f(x) khả vi trên tập mở(a, b) là hàm lồi nếu và chỉ nếu đạo hàm của nó là một hàm không tăng trên (a, b).
Hàm f(x) được coi là hàm lồi trên khoảng mở (a, b) nếu nó khả vi hai lần và đạo hàm cấp hai không âm trên toàn bộ khoảng này Theo Định lý 1.1.5 (Proposition 2.2, [5], p 44), một hàm f(x) khả vi hai lần trên tập lồi mở X ⊆ R n sẽ là hàm lồi nếu và chỉ nếu ma trận Hessian của nó không âm.
∂x i ∂x j (x 1 , , x n ) của nó là nửa xác định dương, tức là hu, Q x ui ≥ 0 với mọi u ∈ R n
Hàm sốf là lồi trên X nếu và chỉ nếu với mỗia ∈ X và u ∈ R n thì hàm số ϕ a,u (t) =f(a+tu) là lồi trên khoảng số thực mở {t| a+tu ∈ X} Với x = a+ tu ∈ X, ta có ϕ 0 a,u (t) = Du, ∂x ∂f i
= hu, Q x ui Mà số ϕ a,u (t) = f(a + tu) là lồi trên khoảng số thực mở{t| a+tu ∈ X} nên theo Hệ quả 1.1.4 thì ϕ 00 a,u (t) ≥ 0.
Bất đẳng thức Hermite - Hadamard
Định lý 1.2.1 (The Hermite - Hadamard Integral Inequality, [1], p 55-
56) Nếu f : R → R là hàm lồi trên đoạn [a;b] thì ta có f a+b 2
Hình 1.1: Ý nghĩa hình học của bất đẳng thức Hermite - Hadamard (1.8), nếu S 1 = (b − a)f a+b 2 là diện tích hình chữ nhật ABM N , S = b
R a f (t)dt là diện tích hình thang cong giới hạn bởi đồ thị hàm f (x), trục hoành và các đường thẳng x = a, x = b,
S 2 = (b − a) f (a)+f 2 (b) là diện tích hình thang vuông ABCD, thì S 1 ≤ S ≤ S 2
Chứng minh Vì tính lồi của f trên [a, b], chúng ta có f(ta+ (1−t)b) ≤ tf(a) + (1−t)f(b) với mọi t∈ [0,1].
Lấy tích phân hai vế theo t trên [0,1], ta nhận được
2 và bằng phép đổi biến x = ta+ (1−t)b, ta có
Bởi vậy ta nhận được bất đẳng thức thứ 2 của (1.7) từ (1.9).
Cũng do tính lồi của f ta có
Tích phân hai về bất đẳng thức này theo t trên đoạn [0,1] ta có f a+ b
Do đó bất đẳng thức thứ nhất của (1.7) được chứng minh
Hệ quả 1.2.2 (Comment (a), [1], p 56-57) Nếu g : [a;b] → R là hàm khả vi hai lần trên [a;b] và m ≤ g 00 (t) ≤M với mọi x ∈ [a;b] thì m
Chứng minh Thật vậy, nếu f(x) =g(x)− m
2x 2 , thì f 00 (x) = g 00 (x)−m ≥ 0, do vậy hàm f là lồi trên khoảng (a, b). Áp dụng bất đẳng thức Hermite - Hadamard cho f ta nhận được g a+b
Bất đẳng thức thứ nhất của (1.10) đã được chứng minh Để tiếp tục chứng minh bất đẳng thức thứ hai của (1.10), chúng ta sẽ sử dụng phương pháp chứng minh tương tự như đã áp dụng cho bất đẳng thức thứ nhất, với h(x) = M.
Do đó, Hệ quả được chứng minh
Hệ quả 1.2.3 (Remark 1, [2], p.2) Bất đẳng thức sau đây đúng với mọi hàm lồi f : [a;b] →R
Chứng minh Áp dụng bất đẳng thức thứ hai của bất đẳng thức Hermite
- Hadamard cho hàm lồi f trên các đoạn a, a+ b 2 và a+b
Cộng từng vế hai bất đẳng thức trên ta được
Do đó, bất đẳng thức được chứng minh.
Một số mở rộng của bất đẳng thức Hermite - Hadamard 12
Bất đẳng thức thứ nhất trong bất đẳng thức kép có thể được mở rộng theo Định lý 1.3.1, theo đó nếu hàm f: R → R là hàm lồi trên đoạn [a;b] với a < b, thì với mọi x thuộc [a;b] và mọi λ thuộc khoảng [f 0 − (t);f 0 + (t)], ta có f(t) − λ a + b.
Chứng minh Lấy t ∈ [a, b] Khi đó, với mọi số λ ∈ [f − 0 (t), f + 0 (t)] ta có bất đẳng thức sau (Theorem 1.6, [3]): f(x)−f(t) ≥λ(x−t) với mọi x ∈ [a, b].
Lấy tích phân hai vế bất đẳng thức này trên [a, b] theo biến x, ta có:
Bất đẳng thức (1.12) đã được chứng minh Giả sử hàm f khả vi trên khoảng (a, b), bất đẳng thức thứ hai của bất đẳng thức kép Hermit-Hadamard có thể được mở rộng Theo Định lý 1.3.2 (Dragomir, [1], tr 59; Định lý 19, [2], tr 10), nếu f: R → R là hàm lồi trên đoạn [a; b] với a < b, thì với mọi x ∈ [a; b], ta có những tính chất nhất định được xác định.
Chứng minh Do hàm f là hàm lồi và khả vi trên (a, b) nên ta có f(t)−f(x) ≥ (t−x)f 0 (x) với mọi t, x ∈ (a, b).
Lấy tích phân hai vế cho bất đẳng thức này với biến x trên [a, b], ta thu được
Z b a xf 0 (x)dx (1.14) Áp dụng phương pháp tích phân từng phần, ta có
Z b a f(x)dx. Điều này tương đương với (1.13).
Vậy bất đẳng thức (1.13) được chứng minh
Giả sử f như trên và 0 ≤ a < b ta có bất đẳng thức sau ([1], p 59-60; Corollary 2, [2], p 10)
(Bullen,1978). Định lý sau đây là mở rộng của kết quả trên. Định lý 1.3.3 (Dragomir and Peace, [1], p 60-61; Theorem 20, [2], p. 11-12) Giả sử f : R → R là hàm lồi trên đoạn [a;b] với a < b Giả sử x i ∈ [a;b], p i ≥ 0 với
Khi ấy ta có bất đẳng thức
Chứng minh Do f là hàm lồi và khả vi trên (a, b) nên ta có f(y)−f(x) ≥ f 0 (x)(y −x) với mọi x, y ∈ (a, b).
Do đó ta nhận được f(x i )−f(x) ≥ f 0 (x)(x i −x) với mọi i ∈ {1,2, , n}.
Lấy tích phân hai vế trên đoạn [a, b] theo biến x, ta có: f(x i )(b−a)−
Vì a < b nên b−a > 0, chia cả hai vế của bất đẳng thức (1.17) cho b−a ta có f(x i )− 1 b−a
Nhân hai vế của bất đẳng thức trên với pi ≥ 0, tính tổng với i chạy từ 1 đến n và chia hai vế cho P n ta thu được:
Với x p như ở trên, ta cũng có:
Trong bài viết này, chúng ta đã chứng minh bất đẳng thức đầu tiên trong (1.16) thông qua công thức X i=1 p i f(x i ) + 1 b−a[(b−x p )f(b) + (x p −a)f(a)] Đặt α = (b−x i)/(b−a) và β = (x i −a)/(b−a) với x i thuộc [a, b] và i = {1,2, , n}, ta nhận thấy rằng α + β = 1 Nhờ tính lồi của hàm f, đối với mọi i thuộc {1,2, , n}, ta có bất đẳng thức b−x i/(b−a)f(a) + x i −a/(b−a)f(b) ≥ f(x i ).
Nhân hai vế của bất đẳng thức trên với pi ≥ 0, tính tổng với i chạy từ 1 đến n và chia hai vế cho P n ta thu được:
Bất đẳng thức (1.18) khá nổi tiếng tiếng trong nhiều tài liệu, nó được gọi là bất đẳng thức Lah-Ribaric ([2, p 9]) Cộng cả hai vế của bất đẳng thức
Suy ra, bất đẳng thức (1.16) đã được chứng minh
Hệ quả 1.3.4 ([1], p 61; Corrollary 3, [2], p 12]) Với các giả thiết ở trên về hàm f về a, b và nếu x ∈ [a;b] thì f(x)
Chứng minh Lập luận tương tự như Định lý 1.3.3 và chọn x i = t, i ∈ {1,2, , n} Khi đó, ta thu được (1.19) Ứng dụng bất đẳng thức Hermite - Hadamard vào các giá trị trung bình
Trước tiên ta nhắc lại một số kí hiệu ([1], p 62-63):
Nhận xét 1.3.5 Với hàm lồi f(x) = 1 t, t > 0, nếu a 6= b ta có
Nhận xét 1.3.6.Với hàm lồi (lõm)f(x) = x p , p ∈ (−∞,0)∪[1,∞)\ {−1}
Nhận xét 1.3.7 Với hàm lồi f(x) = −lnx, x > 0, nếu a 6= b ta có
Các giá trị trung bình đóng vai trò quan trọng trong nhiều lĩnh vực của toán học Chúng ta đã khám phá mối quan hệ giữa các giá trị trung bình khác nhau.
H ≤G ≤ L ≤ I ≤A và L p là hàm không giảm theo p∈ R với L 0 và L −1 = L.
Ta bắt đầu từ một kết quả sau.
Mệnh đề 1.3.8 ([1], p 63; Proposition 1, [2], p 13)Giả sử p∈ (−∞,0)∪
[1,∞)\ {−1} và [a, b] ⊂(0,∞) Khi đó ta có bất đẳng thức
L p p −t p pt p−1 ≥ A−t với mọi t ∈ [a;b] (1.20) Chứng minh Xét ánh xạ f : [a, b] −→ [a,+∞), f(x) = x p , với p thỏa mãn p∈ (−∞,0)∪[1,∞)\ {−1}, ta thu được
Suy ra, ta nhận được bất đẳng thức cần chứng minh (1.20)
Sử dụng bất đẳng thức (1.20), ta có các bất đẳng thức sau đây cho các giá trị trung bình ([1], p 63; Remark 7, [2], p 13-14]).
Mệnh đề sau đây cũng đúng ([1], p 63-64; Proposition 2, [2], p 14]): Nếu 0< a < b thì bất đẳng thức
Cũng bằng việc sử dụng bất đẳng thức (1.20), ta có các bất đẳng thức sau đây cho các giá trị trung bình ([1], p 63; Remark 8, [2], p 14).
L ≥ b−A b Tiếp theo, ta có mệnh đề sau đây ([1], p 64; Proposition 3, [2], p 14): Nếu 0< a < b thì bất đẳng thức lnI −lnt ≤ A−t t đúng với mọi t∈ [a;b].
Ta cũng có các bất đẳng thức sau đây cho các giá trị trung bình ([1], p 64; Remark 9, [2], p 14-15). lnL p −lnI ≥ L p −A
Từ bất đẳng thức (1.13) ta có ([1], p 65; Proposition 4, [2], p 15):
Giả sử p ∈ (−∞,0)∪ [1,∞)\ {−1} và [a, b] ⊂ (0,∞) Khi đó ta có bất đẳng thức
Trường hợp riêng, với p ≥1 ta có ([1], p 65; Remark 10, [2], p 15):
0 ≤ L p p −I p ≤ p L p p −IL p−1 p−1 , 0≤ L p p −G p ≤p L p p −GL p−1 p−1 Áp dụng công thức (1.13), ta có khẳng định sau đây ([1], p 65-66; Propo- sition 5, [2], p 15):
Nếu 0< a < b thì bất đẳng thức t−L
G 2 đúng với mọi t∈ [a;b]. Đặc biệt, ta có ([1], p 66; Remark 11, [2], p 16):
Từ bất đẳng thức (1.13) ta cũng có ([1], p 66-67; Proposition 6, [2], p. 16): Nếu 0< a < b thì bất đẳng thức
L ≤ lnI −lnt đúng với mọi t∈ [a;b].
Các trường hợp riêng ([1], p 67; Remark 12, [2], p 17):
Một ứng dụng tự nhiên của bất đẳng thức (1.16) được trình bày trong Nhận xét 1.3.9 sau đây.
Nhận xét 1.3.9.([1], p 67-68; [2], p 17) Giả sửr ∈ (−∞,0)∪[1,∞)\ {−1} và [a, b] ⊂ (0,∞) Với x i ∈ [a, b], p i ≥ 0, i= 1, , n và P n : n
P i=1 p i > 0, ta có bất đẳng thức
P i=1 p i x i là trung bình cộng có trọng (weighted arithmetic mean) và Mn [r] (x;p) : 1
1 r là trung bình lũy thừa cấp r (r−power mean).
Trường hợp riêng, ([1], p 68; Remark 13, [2], p 17) Nếu trong bất đẳng thức trên chọn x i = t ∈ [a, b], i = 1, , n thì ta có
Bất đẳng thức thứ hai trong bất đẳng thức trên cho các trường hợp riêng sau đây:
Mệnh đề 1.3.10 ([1], p 68-69; Proposition 8, [2], p 18)Giả sử 0 ≤a < b, x i ∈ [a;b], p i > 0, i = 1, , n Khi đó ta có bất đẳng thức sau:
G 2 (a, b) , (1.21) trong đó, H n (p, x) là trung bình điều hòa có trọng (weighted harmonic mean) H n (p, x) = M n −1 (x, p) −1 = Pn n
Chứng minh Nếu ta chọn trong Định lý 1.3.3,f(x) = 1 x, x ∈ [a, b], ta có:
Do vậy ta thu được bất đẳng thức (1.21)
Trường hợp riêng, ([1], p 69; Remark 14, [2], p 18) Nếu trong bất đẳng thức trên chọn x i = t ∈ [a, b], i = 1, , n thì ta có t−L
G 2 Bất đẳng thức thứ hai trong bất đẳng thức (1.21) cho các trường hợp riêng sau đây:
G 2 Mệnh đề 1.3.11 ([1], p 69-70; Proposition 9, [2], p 18-19) Giả sử 0 ≤ a < b, xi ∈ [a, b], pi ≥ 0, i = 1, , n và Pn > 0 Khi đó ta có bất đẳng thức: lnI (a, b)−lnG(p, x) ≥ L(a, b)−A n (x, p)
≥ lnG 2 (a, b)−lnI (a, b)−lnG n (p, x), (1.22) trong đó, G n (p, x) là trung bình nhân có trọng (weighted geometric mean),
Trong định lý 1.3.3, chọn f(x) = −lnx, x ∈ [a, b], ta thu được:
X i=1 p i lnx i + blnb−alna b−a −A n (x, p)lnb−lna b−a
Khi đó, ta cũng có
Và do đó, ta thu được Bất đẳng thức (1.22)
Trường hợp riêng, ([1], p 70; Remark 15, [2], p 19) Nếu trong bất đẳng thức trên chọn xi = t ∈ [a, b], i = 1, , n thì ta có lnI −lnt ≥ L−t
Bất đẳng thức thứ hai trong bất đẳng thức trên cho các trường hợp riêng sau đây:
Mũ hóa theo cơ số e hai vế của các bất đẳng thức trên ta cũng có.
Bất đẳng thức dạng Hermite - Hadamard cho hàm lồi khả vi 30
Bất đẳng thức dạng Hermite - Hadamard cho hàm lồi khả
hàm lồi khả vi bậc nhất và ứng dụng
2.1.1 Bất đẳng thức dạng Hermite - Hadamard cho hàm lồi khả vi bậc nhất
Nhận xét 2.1.1 ([2], p 29) Giả sử f :⊆ R → R là hàm khả vi trên I ◦ , cho a, b ∈ I ◦ với a < b Nếu f 0 ∈ L 1 [a;b] thì ta có đẳng thức: f(a) +f(b)
2 f 0 (t)dt (2.1) Định lý 2.1.2 (Theorem 24, [2], p 29) Nếu f là hàm khả vi trên I ◦ và ϕ(x) : x− a+b
2 f 0 (x) là lồi trên [a;b], thì ta có bất đẳng thức sau: b−a
Chứng minh Áp dụng bất đẳng thức Hadamard và Bullen cho các ánh xạ ϕ (xem [4]), nghĩa là:
Biến đổi bất đẳng thức trên, ta thu được:
Và do đó, Bất đẳng thức 2.2 được chứng minh
Bổ đề 2.1.3 (Lemma 1, [2], p 29) Cho f, g : [a, b] → R là hai ánh xạ đồng bộ, tức là
Z a g(x)dx. Định lý 2.1.4 (Theorem 25, [2], p 30-31) Giả sử f : [a;b] ⊂ R → R là hàm lồi khả vi trên [a;b] Khi ấy ta có f(a) +f(b)
Chứng minh Vì f là hàm lồi trên [a, b], các ánh xạ f 0 và x− a+b 2 là đồng bộ trên [a, b] Khi đó ta có:
Sử dụng bất đẳng thức (2.8) cho ta:
VớiA, B, C như đã cho ở trên, theo Bất đẳng thức (2.2) ta thu được (2.4).
Suy ra, Định lý được chứng minh Định lý 2.1.5 (Theorem 26, [2], p 32) Giả sử f : [a;b] ⊂ R → R là hàm khả vi trên [a;b] và p > 1 Nếu |f 0 | là q− khả tích trên [a;b], trong đó q = p p−1, thì f(a) +f(b)
Chứng minh Sử dụng bất đẳng thức H¨older với p > 1 và q > 1 thỏa mãn 1 p + 1 q = 1, ta có thể phát biểu rằng:
1 q và khi đó, bất đẳng thức (2.9) được suy ra bằng việc sử dụng tính đồng nhất của (2.1)
Nếu hàm f là lồi trên đoạn [a;b] và được thêm vào các điều kiện của Định lý 2.1.5, thì ta có bất đẳng thức ngược chiều của bất đẳng thức Hermite - Hadamard, theo Hệ quả 2.1.6 (Corollary 9, [2], p 32).
(2.10) Định lý 2.1.7 ([2, Theorem 27, p 33]) Giả sử f : [a;b] ⊂ R →R là hàm khả vi trên [a;b] và m ≤ f 0 (x) ≤ M với mọi x ∈ [a;b] Nếu f 0 ∈ L1[a;b] thì ta có bất đẳng thức f(a) +f(b)
Chứng minh Ta định nghĩa ánh xạ g(x) = x− a+b 2 Khi đó
2 với mọi x ∈ [a, b] Suy ra, theo bất đẳng thức Gr¨uss, ta có:
Mặt khác ta lại có
2 dx = 0, và từ đẳng thức (2.1) Ta thu được bất đẳng thức (2.11)
Hệ quả 2.1.8 (Corollary 10, [2], p 33) Nếu thêm giả thiết hàm f là lồi trên [a;b], vào các điều kiện của Định lý 2.1.7, thì ta có
Bổ đề 2.1.9 (Lemma 3, [2], p 34) Cho f : I ⊂ R → R là một hàm khả vi trên I ◦ , a, b ∈ I, với a < b và f 0 ∈ L 1 [a, b] Khi đó chúng ta có đồng nhất sau: f a+b
Định lý 2.1.10 (Theorem 28, [2], p 34-35) Giả sử f : [a;b] ⊂R →R là hàm khả vi trên [a;b] và p > 1 Nếu |f 0 | là q− khả tích trên [a;b], trong đó q = p p−1, thì ta có: f a+b
Chứng minh Áp dụng bất đẳng thức H¨older, ta có:
Bất đẳng thức (2.14) đã được chứng minh Định lý 2.1.11 (Theorem 29, [2], p 35) khẳng định rằng đối với hàm số f: I ◦ ⊂ I ⊆ R −→ R, là ánh xạ khả vi trên I ◦, với a, b ∈ I ◦ và a < b, nếu tồn tại m ≤ f'(x) ≤ M cho mọi x ∈ [a, b] và f' ∈ L¹[a, b], thì bất đẳng thức sau đây được xác lập: f(a+b)/2.
Chứng minh Chứng minh cho Định lý này tương tự như chứng minh Định lý 2.1.7
Hệ quả 2.1.12 (Corollary 11, [2], p 35) Nếu thêm giả thiết hàm f là lồi trên I ◦ , vào các điều kiện của Định lý 2.1.10, thì ta có bất đẳng thức ngược lại
2.1.2 Ứng dụng vào đánh giá các đại lượng trung bình
Chúng ta sẽ bắt đầu với mệnh đề sau.
Mệnh đề 2.1.13 (Proposition 12, [2], p 35) Xét p > 1 và [a, b] ⊂
[0,+∞) Khi đó, ta có bất đẳng thức sau:
Chứng minh Theo Định lý 2.1.5 áp dụng cho hàm lồi f(x) = x p , ta có: a p +b p
Z b a x (p−1)q dx= b pq−q+1 −a pq−q+1 p+ 1 = L p p (a, b)(b−a) và do đó ta có:
Vậy bất đẳng thức (2.16) đã được chứng minh
Mệnh đề 2.1.14 (Proposition 13, [2], p 36) Cho p > 1 và 0 < a < b. Khi đó, ta có bất đẳng thức
Chứng minh Áp dụng Định lý 2.1.5 cho hàm lồi f(x) := 1 x ta có:
Và Mệnh đề đã được chứng minh
Mệnh đề tiếp theo là bất đẳng thức chứa giá trị trung bình I(a, b).
Mệnh đề 2.1.15 (Proposition 14, [2], p 37) Cho p > 1 và 0 < a < b. Khi đó, ta có bất đẳng thức
Chứng minh Áp dụng Định lý 2.1.5 cho hàm lồi f(x) := −lnx, x > 0, ta có:
Từ đây ta thu được bất đẳng thức (2.18)
Trong bài viết này, chúng ta sẽ khám phá một số ứng dụng phát sinh tự nhiên từ bất đẳng thức trong Định lý 2.1.7 Các mệnh đề liên quan sẽ được trình bày rõ ràng.
Mệnh đề 2.1.16 (Proposition 15, [2], p 37) Cho p > 1 và 0 < a < b. Khi đó, ta có bất đẳng thức:
4 (b−a) 2 L p−2 p−2 (a, b) (2.19) Chứng minh Nếu ta chọn trong Định lý 2.1.7, f(x) = x p , p > 1, ta có pa p−1 ≤ f 0 (x) ≤ pb p−1 với mọi x ∈ [a, b] Suy ra, nếu ta cũng áp dụng định lý (2.1.7) thì ta thu được:
Và mệnh đề đã được chứng minh
Với đại lượng trung bình logarit, chúng ta có kết quả sau:
Mệnh đề 2.1.17 (Proposition 16, [2], p 37) Cho p > 1 và 0 < a < b. Khi đó, ta có bất đẳng thức:
4a 2 b 2 (2.20) Chứng minh Nếu ta chọn trong Định lý 2.1.7, f(x) = 1 x , khi đó ta có:
Sử dụng Bất đẳng thức (2.11), ta thu được điều phải chứng minh Tiếp theo, với giá trị trung bình identric ta có mệnh đề sau.
Mệnh đề 2.1.18 (Proposition 17, [2], p 37-38) Nếu 0 < a < b Khi đó, ta có bất đẳng thức:
Chứng minh Xem Định lý 2.1.7
Bây giờ, nếu sử dụng Định lý 2.1.10, ta có bất đẳng thức sau:
# theo thứ tự, với p > 1 và q := p−1 p
Nếu áp dụng Định lý 2.1.11 ta cũng có những tính chất sau:
Bất đẳng thức dạng Hermite - Hadamard cho hàm lồi khả
hàm lồi khả vi cấp hai và ứng dụng
2.2.1 Bất đẳng thức dạng Hermite - Hadamard cho hàm lồi khả vi cấp hai
Bổ đề 2.2.1 (Lemma 4, [2], p 38) Giả sử f : [a;b] ⊂ R →R là hàm khả vi cấp hai trên [a;b] và p > 1 với |f 00 | khả tích trên [a;b], thì ta có đẳng thức
Chứng minh Thật vậy, lấy tích phân từng phần hai vế ta có:
Z b a f(x)dx. Đẳng thức (2.22) đã được chứng minh Định lý 2.2.2 (Theorem 30, [2], p 39) Nếu thêm vào các giả thiết trên điều kiện k ≤ f 00 (x) ≤K, thì ta có bất đẳng thức k(b−a) 2
12 (2.23) Chứng minh Ta có: k(x−a)(b−x) ≤ (x−a)(b−x)f”(x) ≤ K(x−a)(b−x) với mọi x ∈ [a, b] Do đó, k
Mặt khác, theo (2.22) ta có
Vậy bất đẳng thức (2.23) được chứng minh
Hệ quả 2.2.3 (Corollary 12, [2], p 39) Giả sử các giả thiết trên thỏa mãn Kí hiệu kf 00 k ∞ := sup x∈[a,b]
|f 00 (x)| ≤ ∞, khi đó ta có bất đẳng thức f(a) + f(b)
Bổ đề 2.2.4 (Lemma 5, [2], p 42) Cho f, g : [a, b] → R liên tục trên [a, b] và khả vi trên (a, b) Nếu g 0 (x) 6= 0 trên (a, b) và l ≤ f 0 (x) g 0 (x) ≤ L trên (a, b), khi đó chúng ta có bất đẳng thức sau: l
. Định lý 2.2.5 (Theorem 34, [2], p 44-46) Giả sử f : [a;b] ⊂ R → R là hàm khả vi trên [a;b] và k ≤ f 00 (x) ≤ K với mọi x ∈ [a;b] Khi ấy ta có bất đẳng thức kép k(b−a) 2
Chứng minh Từ Bổ đề 2.1.9, ta có f a+b
(x−b)f 0 (x)dx (2.26) Áp dụng cho Bổ đề 2.2.4 ta thu được: k
Tính tích phân từng phần với x trên đoạn a,a+b 2 và a+b
Suy ra ta thu được: k(b−a) 2
Tương tự, Bổ đề 2.2.4 cũng cho ta: k
Tính tích phân từng phần với x trên đoạn a+b
Khi đó, bất đẳng thức trên có thể viết lại thành k(b−a) 4
192 Điều này tương đương với: k(b−a) 2
Thay các bất đẳng thức (2.27) và (2.28) vào (2.26), ta thu được: k(b−a) 2
Suy ra, ta thu được bất đẳng thức cần tìm (2.25)
Hệ quả 2.2.6 (Corollary 13, [2], p 46) Giả sử các giả thiết của Định lý
2.2.5 được thỏa mãn Khi đó ta có bất đẳng thức
2.2.2 Ứng dụng vào đánh giá các đại lượng trung bình
Chúng ta sẽ bắt đầu với mệnh đề sau:
Mệnh đề 2.2.7 (Proposition 18, [2], p 49) Xét p > 1 và 0< a < b Khi đó ta có bất đẳng thức:
Chứng minh Áp dụng Định lý 32 ([2, p.40]), cho hàm f(x) := x p trên đoạn đóng [a, b] thì ta có:
(2.33) với B là hàm Beta Euler, B(x, y) = R 0 1 t x−1 (1−t) y−1 dt Khi đó,
Z b a x pq−2q dx= b pq−2q+1 −a pq−2q+1 p−q + 1 và b p−q+1 −a p−q+1 p−q + 1 = L p−q p−q (a, b)(b−a).
Suy ra, mệnh đề được chứng minh
Mệnh đề 2.2.8 (Proposition 19, [2], p 50) Xét p > 1 và 0< a < b Khi đó ta có bất đẳng thức:
Chứng minh Áp dụng Định lý 32 ([2, p 40]) cho hàm số f(x) = 1 x trên [a, b] thì ta có:
Khi đó, theo (2.35), ta có:
− p−1 3p (a, b) Suy ra, ta thu được bất đẳng thức cần chứng minh (2.34)
Mệnh đề 2.2.9 (Proposition 20, [2], p 50-51) Xét p > 1 và 0 < a < b. Khi đó ta có bất đẳng thức:
Chứng minh Áp dụng Định lý 32 ([2, p 40]) cho hàm lồi f(x) = −lnx trên đoạn đóng [a, b], ta có:
Từ đó ta thu được bất đẳng thức cần chứng minh (2.36) Dưới đây trình bày một số ứng dụng của Định lý 33 ([2], p 41).
Mệnh đề 2.2.10 (Proposition 21, [2], p 51) Cho p ≥ 2 và 0 < a < b. Khi đó ta có bất đẳng thức
Chứng minh Theo Định lý 33 ([2], p 41), nếu ta chọn hàmf(x) = x p , p ≥
Khi đó, theo Định lý 33 ([2], p 41) ta có:
Suy ra, theo (2.38) ta thu được bất đẳng thức cần chứng minh (2.37).
Vậy bất đẳng thức đã cho được chứng minh
Mệnh đề 2.2.11 (Proposition 22, [2], p 51-52) Cho 0 < a < b Khi đó ta có bất đẳng thức sau:
Chứng minh Theo Định lý 33 ([2], p 41), nếu ta chọn hàm f(x) = 1 x thì dễ thấy rằng f”(x) = b 2 3, a 2 3
Theo Định lý 33 ([2], p 41), ta có thể chọn k = b 2 3 và K = a 2 3 Khi đó, ta thu được:
Biến đổi bất đẳng thức trên, ta thu được:
Suy ra, bất đẳng thức (2.40) trở thành
Vậy ta thu được điều phải chứng minh
Mệnh đề 2.2.12 (Proposition 23, [2], p 52) Xét 0 < a < b Khi đó lnI(a, b)−lnG(a, b)− (b−a) 2
12 A(a, b) (2.41) Chứng minh Theo Định lý 33 ([2], p 41), nếu ta chọn hàm f(x) = −lnx thì ta có: f”(x) = 1 x 2 ∈
Khi đó, k = 1 b 2 và K = 1 a 2 Theo Định lý 33 ([2], p 41), ta có lnI(a, b)−lnG(a, b) + (b−a)
Từ đó ta thu được: lnI(a, b)−lnG(a, b) + (b−a) 2
2 Suy ra, bất đẳng thức (2.41) đúng.
Vậy ta thu được bất đẳng thức cần chứng minh
Luận văn trình bày được một số kết quả sau:
- Một số đặc trưng cơ bản của hàm lồi khả vi.
Bài viết chứng minh các bất đẳng thức Hermite - Hadamard cho hàm lồi một biến, đồng thời trình bày các ứng dụng của chúng vào việc tính toán giá trị trung bình Các bất đẳng thức này không chỉ có ý nghĩa lý thuyết mà còn được áp dụng trong toán sơ cấp, giúp nâng cao hiểu biết về tính chất của hàm lồi và tính toán giá trị trung bình một cách hiệu quả.
Chứng minh các bất đẳng thức Hermite - Hadamard cho hàm lồi một biến khả vi (cấp một, cấp hai) trên một đoạn là một chủ đề quan trọng trong toán học Các bất đẳng thức này không chỉ khẳng định tính chất của hàm lồi mà còn có ứng dụng thiết thực trong việc đánh giá các giá trị trung bình Việc áp dụng các bất đẳng thức này giúp cải thiện độ chính xác trong các phép tính trung bình, từ đó nâng cao hiệu quả trong nghiên cứu và ứng dụng trong nhiều lĩnh vực khác nhau.
[1] Cerone P., Dragomir S S (2011), Mathematical Inequalities: A per- spective, CRS Press, Taylor and Francis Group, LLC, USA.
[2] Dragomir S S., Charles E M P (2000), Selected Topics on Hermite
- Hadamard Inequalities and Applications, RGMIA Monographs, Vic- toria University.
[3] Pecaric J.E., Proschan F., and Tong Y.L (1991), Convex Functions, Partial Orderings and Statistical Applications, Academic Press, Inc., Boston, San Diego, New York.
[4] Tsenga K., Hwangb S., Hsu K (2012), "Hadamard-type and Bullen- type inequalities for Lipschitzian functions and their applications", Computers & Mathematics with Applications, 64(4), pp 651–660.
[5] Tuy H (1998), Convex Analysis and Global Optimization, In SerieNonconvex Optimization and Its Applications, Kluwer Academic Pub- lishers, Dordrecht, The Netherlands.