Bất đẳng thức hermite – hadamard cơ bản và áp dụng

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN LÊ HUỲNH HIỆP BẤT ĐẲNG THỨC HERMITE – HADAMARD CƠ BẢN VÀ ÁP DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Bình Định - Năm 2021 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN LÊ HUỲNH HIỆP BẤT ĐẲNG THỨC HERMITE – HADAMARD CƠ BẢN VÀ ÁP DỤNG Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp Mã số: 8460113 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn: PGS.TS ĐINH THANH ĐỨC Bình Định - Năm 2021 LỜI CAM ĐOAN Tôi xin cam đoan nội dung luận văn " Bất đẳng thức HermiteHadamard áp dụng" thân thực theo logic riêng hướng dẫn PSG.TS Đinh Thanh Đức Các nội dung kết sử dụng luận văn có trích dẫn thích nguồn gốc rõ ràng Bình Định, tháng năm 2021 Tác giả Lê Huỳnh Hiệp i Mục lục MỞ ĐẦU 1 Một số kiến thức chuẩn bị 1.1 Một số bất đẳng thức 1.2 Hàm lồi 4 Một số dạng bất đẳng thức Hermite-Hadamard 2.1 Bất đẳng thức Hermite - Hadamard 2.2 Một số dạng mở rộng bất đẳng thức Hermite-Hadamard 2.3 Bất đẳng thức Hermite-Hadamard hàm lồi khả vi bậc 12 12 17 Một số áp dụng bất đẳng thức Hermite-Hadamard 3.1 Áp dụng bất đẳng thức Hermite-Hadamard vào trung bình 3.2 Áp dụng bất đẳng thức Hermite-Hadamard hàm lồi khả vi bậc vào đánh giá trung bình 3.3 Áp dụng bất đẳng thức Hermite-Hadamard toán sơ cấp Kết luận Tài liệu tham khảo 41 26 41 57 63 74 75 MỞ ĐẦU Bất đẳng thức đóng vai trị quan trọng tốn học nhiều nhà tốn học nghiên cứu, có nhiều áp dụng thực tiễn đời sống giải toán Nhiều loại bất đẳng thức công bố áp dụng giảng dạy toán sơ cấp Trong đề tài nghiên cứu tổng hợp số dạng bất đẳng thức Hermite-Hadamard áp dụng toán phổ thông Mở đầu bất đẳng thức Hermite-Hadamard, [8] vào ngày 22-11-1881, Hermite (1822-1901) gửi thư đến tạp chí Mathesis Một đoạn trích thư có đề cập bất đẳng thức sau b (b − a)f a+b f (x)dx < (b − a) < f (a) + f (b) (1) a Điều thú vị bất đẳng thức quan trọng (của Hermite) đến rộng rãi kết mở rộng Beckenbach cơng ty hàng đầu chun gia lịch sử lý thuyết hàm phức, viết bất đẳng thức bên trái (1) Hadamard chứng minh năm 1893 dường kết trước Hermite Năm 1906, Fejér (1880-1959) lúc học lượng giác đa thức, thu bất đẳng thức tổng quát hóa Hermite Bất đẳng thức phát biểu sau (Bất đẳng thức Fejér), f : R → R hàm lồi đoạn [a, b] g : [a, b] → R hàm khơng âm, khả tích đối xứng qua đường thẳng chứa điểm a+b , , b f a+b b g(x)dx ≤ a b f (a) + f (b) f (x)g(x)dx ≤ a g(x)dx a (2) Khi g(x) ≡ bất đẳng thức Fejér trở thành bất đẳng thức HermiteHadamard b f a+b ≤ b−a f (x)dx ≤ f (a) + f (b) a Sau đó, nhiều tác giả mở rộng bất đẳng thức Hermite - Hadamard bất đẳng thức Fejér Các bất đẳng thức dạng Hermite-Hadamard có nhiều ứng dụng thực tế toán: đặc trưng hàm lồi, quan hệ đại lượng trung bình, lý thuyết xấp xỉ, Cho đến nay, số dạng bất đẳng thức Hermite-Hadamard quan tâm đặc biệt cho bất đẳng thức liên quan nhiều hàm sơ cấp bản, hàm siêu việt, hàm lồi Trong luận văn này, tổng kết số kết mới, đáng lưu ý bất đẳng thức số dạng bất đẳng thức Hermite-Hadamard, đặc biệt áp dụng tốn phổ thơng dành cho học sinh chuyên Luận văn "Bất đẳng thức Hermite-Hadamard áp dụng " gồm chương Chương Một số kiến thức chuẩn bị Trong chương này, chúng tơi trình bày định lý, hệ bất đẳng thức: bất đẳng thức trung bình cộng trung bình nhõn (AM-GM), Hăolder, Cauchy - Schwarz, Minkowski, Jensen, bt ng thc Gră uss tớch phõn, cựng vi mt s kt hàm lồi tính chất chúng Các kết sử dụng Chương 2, Chương Chương Một số dạng bất đẳng thức Hermite-Hadamard Trong chương chúng tơi trình bày chi tiết cách chứng minh bất đẳng thức Hermite-Hadamard hệ bất đẳng thức Cùng với số dạng mở rộng quan trọng bất đẳng bên trái bất đẳng thức bên phải bất đẳng thức kép trên, giới thiệu bất đẳng thức dạng Hermite-Hadamard cho hàm lồi khả vi bậc Các mở rộng có nhiều áp dụng trình bày Chương Chương Áp dụng bất đẳng thức Hermite -Hadamard Trong phần chúng tơi trình bày áp dụng bất đẳng thức Hermite- Hadamard vào trung bình, áp dụng xây dựng từ mở rộng bất đẳng thức Hermite-Hadamard trung bình quen thuộc Đặc biệt cuối chương áp dụng bất dụng bất đẳng HermiteHadamad vào hàm sơ cấp để giải số tốn phổ thơng Luận văn thực hoàn thành Trường Đại học Quy Nhơn hướng dẫn PGS.TS Đinh Thanh Đức Qua muốn dành lời cảm ơn chân thành sâu sắc đến PSG.TS Đinh Thanh Đức – giảng viên hướng dẫn thực đề tài luận văn Thầy người định hướng, tạo điều kiện thuận lợi cho nhận xét q báu để tơi hồn thành luận văn với hiệu cao Tôi xin phép gửi lời cảm ơn chân thành đến quý thầy giảng dạy lớp Phương pháp tốn sơ cấp trường Đại học Quy Nhơn toàn thể quý thầy Khoa Tốn - Thống kê trường Đại học Quy Nhơn, người cho kiến thức, quan tâm, động viên, nhiệt tình giúp đỡ tơi suốt trình học tập thời gian thực đề tài Cuối xin phép gửi lời cảm ơn đến gia đình người bạn ln quan tâm, giúp đỡ động viên suốt quãng đường học tập vừa qua Mặc dù cố gắng học hỏi, tìm tịi nghiên cứu q trình hồn thành luận văn, hạn chế thời gian trình độ nên luận văn khơng tránh khỏi thiếu sót Rất mong nhận góp ý q thầy bạn đọc để luận văn hoàn thiện Bình Định, ngày tháng năm 2021 Học viên thực Lê Huỳnh Hiệp Chương Một số kiến thức chuẩn bị Trong chương này, chúng tơi trình bày số định lý, hệ bất đẳng thức: bất đẳng thức trung bình cộng trung bỡnh nhõn (AM-GM), Hăolder, Cauchy - Schwarz, Minkowski, Jensen, bt ng thc Gră uss tớch phõn, cựng vi mt s kết hàm lồi tính chất chúng ([1], [2], [3], [4]) 1.1 Một số bất đẳng thức Đầu tiên giới thiệu định lý, hệ số bất đẳng thức quen thuộc, kết áp dụng Chương 2, Chương Định lý 1.1.1 [1] (Bất đẳng thức trung bình cộng trung bình nhân) Giả sử x1 , x2 , , xn số khơng âm Khi √ x1 + x2 + + xn ≥ n x1 x2 xn (1.1) n Dấu đẳng thức xảy x1 = x2 = = xn Bất đẳng thức gọi tắc là: bất đẳng thức AM-GM ngắn gọn bất đẳng thức AG Định lý 1.1.2 [3] (Bt ng thc Hă older) Vi mi b số không âm (ai ) 1 (bi ), (i = 1, 2, , n) cặp số dương p, q mà + = Khi ta có p q bất đẳng thức sau   p1   1q n n bi ≤  i=1 n api  i=1 bqi   i=1 (1.2) Nếu p < 1, p = dấu bất đẳng thức (1.2) đảo chiều Dấu xảy hai số (api ) (bqi ) tỷ lệ với nhau, tức tồn hai cặp số thực λ, µ, khơng đồng thời 0, cho λapi + µbqi = 0, ∀i = 1, 2, , n Nếu wi > 0, i = 1, 2, , n thỡ bt ng thc Hăolder (1.2) cú thể viết dạng sau   p1   1q n n n wi api  wi bi ≤  i=1 wi bqi   i=1 (1.3) i=1 Hệ 1.1.3 [3] Nếu p=q=2 bất đẳng thc Hă older tr thnh 12 12 n n bi ≤  i=1 n a2i  i=1 b2i   (1.4) i=1 Dấu đẳng thức xảy hai số (ai ) (bi ) tỷ lệ với nhau, tức tồn cặp số thực λ, µ, khơng đồng thời 0, cho λai + µbi = 0, ∀i = 1, 2, , n Bất đẳng thức (1.4) thường gọi bất đẳng thức Cauchy (đơi cịn gọi bất đẳng thức Bunyakovskii, Cauchy-Schwarz CauchyBunyakovskii) Định lý 1.1.4 [4] (Bt ng thc Hă older dng gii tích) Giả sử (p,q) 1 cặp số mũ liên hợp, tức thỏa mãn điều kiện p,q > với + = 1, f p q g hai hàm số liên tục đoạn [a, b],   p1   1q b b a b   |f (x)|p dx   |f (x)g(x)|dx ≤  a  |g(x)|q dx (1.5) a Dấu "=" xảy tồn hai số thực A B không đồng thời không cho A|f (x)|p = B|g(x)|q , ∀x ∈ [a, b] Định lý 1.1.5 [3] (Bất đẳng thức Minkowski) Với số không âm (ai ), (bi ), (i = 1, 2, , n) số dương p > 1, ta có   p1   p1   p1 n n p ≤ (ai + bi )  i=1 n api  bpi  + i=1 (1.6) i=1 Dấu đẳng thức xảy hai số (ai ) (bi ) tỷ lệ với nhau, tức tồn cặp số thực λ, µ, khơng đồng thời 0, cho λai + µbi = 0, ∀i = 1, 2, , n Định lý 1.1.6 [1] (Bất đẳng thức Jensen) Cho hàm số y = f (x) lồi [a, b] (f (x) liên tục [a, b]; f (x) ≥ với x ∈ (a, b)), số k1 , k2 , , kn ∈ R+ , k1 + k2 + + kn = Khi đó, với xi ∈ [a, b], i = 1, , n, ta ln có   n n ki f (xi ) ≥ f  i=1 ki xi  (1.7) i=1 Cho hàm số y = f (x) lõm [a, b] (f (x) liên tục [a, b]; f (x) ≤ với x ∈ (a, b)), bất đẳng thức đổi chiều, tức   n n ki f (xi ) ≤ f  i=1 ki xi  (1.8) i=1 Định lý 1.1.7 [4] (Bt ng thc Gră uss tớch phõn) Gi s f, g : [a, b] → R hai hàm khả tích cho ϕ ≤ f (x) ≤ φ, γ ≤ g(x) ≤ Γ, ∀x ∈ [a, b] Thì ta có bất đẳng thức b b f (x)g(x)dx − b−a b−a a b f (x)dx b−a a g(x)dx ≤ (φ − ϕ)(Γ − γ) a (1.9) Tiếp theo chúng tơi trình bày định nghĩa, định lý, tính chất hàm lồi, trình bày có sở quan trọng để xây dựng bất đẳng thức Hermite-Hadamard áp dụng bất đẳng thức 61 Chứng minh Nếu ta chọn Định lý 2.3.7, hàm lồi f (x) := − ln x, x > 0, ta nhận 1 ≤ f (x) = ≤ , < a < b, b x a suy M −m= 1 b−a − = a b ab b 0≤ b−a ln xdx − ln a + ln b (b − a)2 ≤ 4ab a Bất đẳng thức tương đương (b − a)2 ≤ ln I(a, b) − ln G(a, b) ≤ 4ab I(a, b) (b − a) ⇔0 ≤ ln ≤ G(a, b) 4ab Mũ hóa theo số e hai vế ta 1≤ (b − a)2 I(a, b) ≤ exp G(a, b) 4ab Bây giờ, sử dụng Định lý 2.3.11, ta có bất đẳng thức sau: p q ≤ A(ap , bp ) − Lpp (a, b) ≤ p(b − a)Lp (a, b) 2(p + 1) p , ≤ H −1 (a, b) − L−1 (a, b) ≤ p+1 p (b − a) 2(p + 1) p L (p+1) (a, b) 1−p 1≤ I(a, b) (b − a) ≤ exp L1−p −p (a, b) G(a, b) 2(p + 1) p , , 62 p p−1 Mặt khác, áp dụng Định lý 2.3.13 ta có bất đẳng thức sau: p > q := ≤ A(ap , bp ) − Lpp (a, b) ≤ p(p − 1) (b − a)2 Lp−2 p−2 (a, b), ≤ H −1 (a, b) − L−1 (a, b) ≤ (b2 − a2 )(b − a) , 4a2 b2 (b − a)2 I(a, b) ≤ exp , 1≤ G(a, b) 4ab p > Nhận xét 3.2.7 Từ bất đẳng thức p(p − 1) (b − a)2 Lp−2 p−2 (a, b), p > 1, (b2 − a2 )(b − a) −1 −1 ≤ H (a, b) − L (a, b) ≤ , 4a2 b2 I(a, b) (b − a)2 1≤ ≤ exp G(a, b) 4ab ≤ A(ap , bp ) − Lpp (a, b) ≤ Bằng cách thay trực tiếp đại lượng trung bình, ta có phát biểu sau Giả sử < a < b p > Khi ta có p−1 ap + b p bp+1 − ap+1 p(p − 1) − ap−1 b 0≤ − ≤ (b − a) , (p + 1)(b − a) (p − 1)(b − a) a + b ln b − ln a (b2 − a2 )(b − a) 0≤ − ≤ , 2ab b−a 4a2 b2 1≤ e b b aa b−a (b − a)2 √ ≤ exp 4ab ab Với bất đẳng thức chứng minh trên, ta thực tương tự thu bất đẳng thức 63 3.3 Áp dụng bất đẳng thức Hermite-Hadamard toán sơ cấp Trong năm gần đây, toán sơ cấp liên quan đến bất đẳng thức ngày phát triển độ khó Đặc biệt chương trình tốn phổ thơng, bất đẳng thức kép có chứa biểu thức tích phân xuất nhiều kì thi học sinh giỏi olympic Cách chứng minh toán thường biến đổi phức tạp có phương pháp giải chung Phần giới thiệu số toán chứng minh bất đẳng thức kép biến đổi có chứa tích phân Các tốn xây dựng từ hàm lồi áp dụng bất đẳng thức Hermite-Hadamard Sau chi tiết chứng minh tốn cấp chúng tơi đề xuất tham khảo từ số tài liệu Bài toán 3.3.1 [7] Cho < x < +∞ Chứng minh x2 x2 x− ≤ ln(1 + x) ≤ x − 2+x 2(1 + x) Chứng minh Xét hàm số f (t) = f (t) = , t > −1 Ta có 1+t −1 , f (t) = > 0, ∀t > −1 (1 + t) (1 + t)3 Suy f (t) hàm lồi với t ∈ (−1, +∞) Với ≤ a < b < +∞, ta có a+b f = = , a+b 2+a+b 1+ b b−a b f (t)dt = b−a a 1 1+b dt = ln , 1+t b−a 1+a a 1 + f (a) + f (b) 2+a+b = 1+a 1+b = 2 2(1 + a)(1 + b) 64 Vì f lồi (−1, +∞) nên f lồi [a, b] ⊂ (−1, +∞) Áp dụng bất đẳng thức Hermite-Hadamard cho hàm lồi f , ta 1+b ≤ ln 2+a+b b−a 1+a ≤ 2+a+b 2(1 + a)(1 + b) Nếu chọn a = 0, b = x, (x > 0), ta có 2+x ≤ ln(1 + x) ≤ 2+x x 2(1 + x) Biến đổi tương đương ta có bất đẳng thức x2 x2 x− ≤ ln(1 + x) ≤ x − 2+x 2(1 + x) Bài toán 3.3.2 [7] Cho x = y, x, y ∈ (0, +∞) Chứng minh √ xy ≤ x+y x−y ≤ ln x − ln y Chứng minh Xét hàm số f (x) = et , ∀t ∈ R Ta có f (x) = et , f (x) = et > 0, ∀t ∈ R Suy f (t) hàm lồi với t ∈ R Với a = b, a, b ∈ R, ta có a+b f =e a+b , b b−a b f (t)dt = b−a a eb − ea e dt = , b−a t a a f (a) + f (b) e + eb = 2 Vì hàm f lồi R nên f lồi [a, b] ⊂ R Áp dụng bất đẳng thức Hermite-Hadamard cho hàm lồi f (t), ta bất đẳng thức e a+b ≤ eb − ea ea + eb ≤ , a = b, a, b ∈ R b−a 65 Nếu chọn a = ln x, b = ln y, (x = y, x, y > 0), ta có e ln x+ln y ≤ eln x + eln y eln y − eln x ≤ ln y − ln x Biến đổi tương đương ta có bất đẳng thức √ xy ≤ x+y x−y ≤ ln x − ln y Bài toán 3.3.3 Cho a = b, a, b ∈ [π, 2π] Chứng minh a+b sin ≤ cos a − cos b sin a + cos b ≤ b−a Chứng minh Xét hàm số f (x) = sin x, x ∈ [π, 2π] Ta có f (x) = cos x, f (x) = − sin x ≥ 0, x ∈ [π, 2π] Suy f (x) hàm lồi với x ∈ [π, 2π] Với π ≤ a < b ≤ 2π, ta có a+b f = sin a+b , b b−a b f (x)dx = b−a a sin xdx = cos a − cos b , b−a a f (a) + f (b) sin a + cos b = 2 Vì f hàm lồi [π, 2π] nên f lồi [a, b] ⊆ [π, 2π] Áp dụng bất đẳng thức Hermite-Hadamard cho hàm lồi f (x), ta bât đẳng thức sin a+b ≤ cos a − cos b sin a + cos b ≤ b−a Bài toán 3.3.4 Cho a, b ∈ R Chứng minh 5 (b − a)(a + b)4 ≤ b5 − a5 ≤ (a4 + b4 )(b − a) 16 66 Chứng minh Chúng ta xét hai trường hợp sau Trường hợp: a = b = 0, bất đẳng thức cho hiển nhiên Trường hợp: a = b, a, b ∈ R Xét hàm số f (x) = x4 với x ∈ R Khi f (x) = 4x3 , f (x) = 12x2 ≥ 0, ∀x ∈ R Suy f (x) hàm lồi với x ∈ R Với a = b, a, b ∈ R, ta có a+b f = a+b b b f (x)dx = b−a b−a a , b − a5 x dx = , 5(b − a) a f (a) + f (b) a + b4 = 2 Vì f hàm lồi R nên f lồi [a, b] ⊂ R Áp dụng bất đẳng thức Hermite-Hadamard, ta b − a5 a4 + b4 ≤ 5(b − a) 5 ⇔ (b − a)(a + b)4 ≤ b5 − a5 ≤ (a4 + b4 )(b − a) 16 a+b ≤ Vậy bất đẳng thức chứng minh Bài toán 3.3.5 Cho < a < b < +∞, q > Chứng minh q a+b ≤ q b−a qa + qb ≤ b − a ln q Chứng minh Xét hàm số f (x) = q x , q > 1, x ∈ R Khi f (x) = q x ln q, f (x) = q x (ln q)2 > 0, ∀x ∈ R 67 Suy f (x) hàm lồi với x ∈ R Với < a < b < +∞, ta có a+b f =q a+b , b b f (x)dx = b−a b−a a q b−a q dx = , b − a ln q x a a f (a) + f (b) q + q b = 2 Vì f hàm lồi R nên f lồi [a, b] ⊂ R Áp dụng bất đẳng thức Hermite-Hadamard, ta nhận q q b−a qa + qb ≤ ≤ b − a ln q a+b Bài toán 3.3.6 Cho < a < b < +∞ Chứng minh a+b 2 2 (b − a )e( ) ≤ eb − ea ≤ (b − a)(aea + beb ) 2 Chứng minh Xét hàm số f (x) = 2xex với x ∈ (0, +∞) Khi f (x) = (4x2 + 2)ex , f (x) = (8x3 + 12x)ex > 0, x ∈ (0, +∞) Suy f (x) hàm lồi với x ∈ (0, +∞) Với < a < b < +∞, ta có a+b f a+b a + b ( a+b ) ( = e = (a + b).e ) , b b−a b f (x)dx = b−a a 2 eb − ea 2xe dx = , b−a x2 a a2 f (a) + f (b) 2ae + 2beb 2 = = aea + beb 2 68 Vì f hàm lồi (0, +∞) nên f lồi [a, b] ⊂ (0, +∞) Áp dụng bất đẳng thức Hermite-Hadamard, ta 2 eb − ea 2 ( ) (a + b)e ≤ ≤ aea + beb b−a a+b 2 2 ⇔ (b2 − a2 )e( ) ≤ eb − ea ≤ (b − a)(aea + beb ) a+b 2 Vậy bất đẳng thức chứng minh Bài toán 3.3.7 Cho < x < +∞ Chứng minh √ 2+ √ x−1 x ≤ x−3 √ x+1 , ∀t ∈ [3, x] t − 1dt ≤ √ Chứng minh Xét hàm số f (t) = − t − 1, ∀t ∈ [3, x] Khi −1 , f (t) = √ t−1 f (t) = √1 t−1 2(t − 1) = √ > 0, ∀t ∈ [3, x] 4(t − 1) t − Suy f (t) hàm lồi [3, x] Với < x < +∞ , ta có 3+x 3+x =− −1=− 2 √ √ f (3) + f (x) 2+ x−1 =− 2 x+1 , f x x−3 x f (t)dt = − x−3 √ t − 1dt Áp dụng bất đẳng thức Hermite-Hadamard ta x − x+1 ≤− x−3 √ √ t − 1dt ≤ − 2+ √ x−1 (3.19) 69 √ ⇔ 2+ √ x−1 x ≤ x−3 √ t − 1dt ≤ x+1 Bất đẳng thức (3.19) chứng minh Bài toán 3.3.8 Cho < a < b < +∞ Chứng minh b ln ab ≤ b−a a+b ln xdx ≤ ln a Chứng minh Xét hàm số f (x) = − ln x với x ∈ (0, +∞) Khi f (x) = − , x f (x) = x Vì f (x) = > với x ∈ (0, +∞) nên f (x) hàm lồi (0, +∞) x Với < a < b < +∞, ta có a+b a+b = − ln 2 f (a) + f (b) − ln a − ln b = , 2 f b b f (x)dx = − b−a b−a a ln xdx a Vì f hàm lồi (0, +∞) nên f lồi [a, b] ⊂ (0, +∞) Áp dụng bất đẳng thức Hermite-Hadamard ta b a+b − ln ≤− b−a ln xdx ≤ − ln a − ln b a b ⇔ ln a + ln b ≤ b−a ln xdx ≤ ln a a+b 70 b ln ab ⇔ ≤ b−a ln xdx ≤ ln a+b a Vậy bất đẳng thức chứng minh Bài toán 3.3.9 Cho < x < +∞ Chứng minh x log(2(x − 1)) ≤ x−3 x+1 log(t − 1)dt ≤ log 2 , ∀t ∈ [3, x] (3.20) Chứng minh Xét hàm số f (t) = − log(t − 1), ∀t ∈ [3, x] Khi −1 , ln 10(t − 1) f (t) = > 0, ∀t ∈ [3, x] ln 10(t − 1)2 f (t) = Suy f (t) hàm lồi [3, x] Với < x < +∞ , ta có 3+x 3+x x+1 = − log − = − log , 2 f (3) + f (x) log + log(x − 1) log(2(x − 1)) =− =− 2 f x x−3 x f (t)dt = − x−3 log(t − 1)dt Áp dụng bất đẳng thức Hermite-Hadamard ta x x+1 − log ≤− x−3 log(t − 1)dt ≤ − log(2(x − 1)) x ⇔ log(2(x − 1)) ≤ x−3 log(t − 1)dt ≤ log x+1 71 x x+1 log(t − 1)dt ≤ log 2 ⇔ log(2(x − 1)) ≤ x−3 Bất đẳng thức (3.20) chứng minh Bài toán 3.3.10 [8] Cho 0< p,q, f hàm lồi [a, b], v = 0≤y≤ pa + qb p+q b−a min(p, q), ∀t ∈ [v − y, v + y] Chứng minh p+q v−y f pa + qb p+q ≤ 2y f (t)dt ≤ pf (a) + qf (b) f (u − v) + f (u + v) ≤ p+q v+y (3.21) Chứng minh Vì ≤ y ≤ b−a min(p, q) ta có hai trường hợp p+q < p ≤ q, < q < p Theo giả thiết v= pa + qb p+q Với < p ≤ q, ta có pa + qb b − a − p≥ p+q p+q pa + qb b − a v+y ≤ + p= p+q p+q v−y ≥ pa + qb b − a a(p + q) − q= = a, p+q p+q p+q b(p + q) = b p+q Với < q < p pa + qb b − a − q= p+q p+q pa + qb b − a v+y ≤ + q< p+q p+q v−y ≥ a(p + q) = a, p+q pa + qb b − a b(p + q) + p= = b p+q p+q p+q Nên a ≤ v − y < v + y ≤ b 72 Vì f hàm lồi [a, b] nên f lồi [v − y, v + y] ⊂ [a, b] Áp dụng bất đẳng thức Hermite-Hadamard cho hàm lồi f [v − y, v + y], ta v+y f (v) ≤ 2y f (t)dt ≤ [f (v − y) + f (v + y)], ∀t ∈ [v − y, v + y] v−y (3.22) Theo giả thiết f hàm lồi [a, b] nên với điểm a ≤ x1 < x2 < x3 ≤ b Theo Tính chất 1.2.6, ta có f (x2 ) ≤ x2 − x2 x3 − x2 f (x1 ) + f (x3 ) x3 − x1 x3 − x1 Chọn x1 = a, x2 = v − y, x3 = b ta f (v − y) ≤ b − (v − y) v−y−a f (a) + f (b) b−a b−a (3.23) Chọn x1 = a, x2 = v + y, x3 = b ta f (v + y) ≤ b − (v + y) v+y−a f (a) + f (b) b−a b−a (3.24) Cộng vế theo vế (3.23) (3.24) ta thu f (v − y) + f (v + y) ≤ b − (v − y) + b − (v + y) f (a) + b−a v−y−a+v+y−a f (b) b−a b−v v−a f (a) + f (b) b−a b−a b−v v−a ⇔ f (v − y) + f (v + y) ≤ f (a) + f (b) b−a b−a ⇔f (v − y) + f (v + y) ≤ Mà v= pa + qb p+q 73 Khi v−a pf (a) + qf (b) b−v f (a) + f (b) = f (v − y) + f (v + y) ≤ b−a b−a p+q (3.25) Kết hợp (3.22) (3.6) ta v+y f (v) ≤ 2y pf (a) + qf (b) f (t)dt ≤ [f (v − y) + f (v + y)] ≤ p+q v−y Vậy bất đẳng thức chứng minh Nhận xét 3.3.11 Nếu bất đẳng thức (3.21), ta chọn p = q = 1, y = b−a , ta bất đẳng thức Hermite-Hadamard b f a+b ≤ b−a f (x)dx ≤ f (a) + f (b) a Tóm lại: Chương 3, chúng tơi trình bày áp dụng bất đẳng thức Hermite-Hadamard áp dụng dạng mở rộng bất đẳng thức kép Từ đại lượng trung bình quen thuộc: trung bình cộng, trung bình nhân, trung bình điều hòa, Bằng chọn hàm phù hợp áp dụng trực tiếp bất đẳng thức mở rộng chứng minh Chương Chúng tơi hình thành nên bất đẳng thức liên quan đến đại lượng trung bình Phần cuối chương áp dụng bất đẳng thức Hermite-Hadamard vào hàm sơ cấp để giải tốn phổ thơng 74 Kết luận Trong luận văn thực cơng việc sau 1.Trình bày định lý, hệ bất đẳng thức: bất đẳng thức trung bỡnh cng v trung bỡnh nhõn (AM-GM), Hăolder, Cauchy - Schwarz, Minkowski, Jensen, bt ng thc Gră uss tớch phõn, với số kết hàm lồi tính chất chúng Trình bày chi tiết cách chứng minh bất đẳng thức Hermite-Hadamard bản, hệ bất đẳng thức, số mở rộng bất đẳng thức dạng Hermite-Hadamard cho hàm lồi khả vi bậc Trình bày áp dụng bất đẳng thức Hermite-Hadamard áp dụng dạng mở rộng bất đẳng thức kép vào trung bình Phần cuối chương nhờ việc áp dụng bất đẳng thức Hermite-Hadamard vào hàm sơ cấp tạo bất đẳng thức kép thú vị giải chi tiết bất đẳng thức 75 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Nguyễn Văn Mậu (2005) , Bất đẳng thức áp dụng, NXB Giáo dục [2] Huỳnh Văn Ngãi, Nguyễn Văn Vũ, Nguyễn Hữu Trọn (2020), Giáo trình giải tích lồi, Đại học Quy Nhơn Tiếng Anh [3] P.S Bullen (1988), Handbook of Means and Their Inequalities, Kluwer Academic Publishers [4] D.S.Mitrinovic, J.E Pecaric and A.M Fink (1993), Classical and New Inequalities in Anslysis, Kluwer Academic Publishers, Dordrecht/Boston/London [5] Cerone P, Dragomir S S (2011), Mathematical Inequalities: A perspective, CRS Press, Taylor and Francis Group, LLC, USA [6] Abdallah El Farissi (2010), Simple Proof and Refiement of Hermite–Hadamard Inequality, Volume 4, Number 3, 365–369 [7] Constantin P Niculescu, Lars-Erik Persson (2003/2004), Old and new on The Hermite–Hadamard Inequality, Vol 29(2), pp 663–685 [8] Sever S Dragomir, Charles E.M Pearce (1991), Selected Topics on Hermite-Hadamard Inequalities and Applications, Mathematics Subject Classification ... bày áp dụng bất đẳng thức HermiteHadamard vào trung bình Đặc biệt áp dụng bất dụng bất đẳng Hermite- Hadamard vào số hàm sơ cấp để tạo số bất đẳng thức kép giải số toán áp dụng bất đẳng thức Hermite- Hadamard. .. rộng bất đẳng thức Hermite- Hadamard 2.3 Bất đẳng thức Hermite- Hadamard hàm lồi khả vi bậc 12 12 17 Một số áp dụng bất đẳng thức Hermite- Hadamard 3.1 Áp dụng bất đẳng thức. .. Chương Áp dụng bất đẳng thức Hermite -Hadamard Trong phần chúng tơi trình bày áp dụng bất đẳng thức Hermite- Hadamard vào trung bình, áp dụng xây dựng từ mở rộng bất đẳng thức Hermite- Hadamard