Một số bất đẳng thức cơ bản
Bài viết bắt đầu bằng việc giới thiệu định lý và hệ quả của một số bất đẳng thức quen thuộc, những kết quả này sẽ được áp dụng trong Chương 2 và Chương 3 Định lý 1.1.1 đề cập đến bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân, cho rằng nếu x1, x2, , xn là các số không âm, thì tổng các số này chia cho n sẽ lớn hơn hoặc bằng căn bậc hai của tích các số đó, tức là \( \frac{x_1 + x_2 + + x_n}{n} \geq \sqrt[n]{x_1 \cdot x_2 \cdots x_n} \).
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x 1 = x 2 = = x n
Bất đẳng thức AM-GM, hay còn gọi là bất đẳng thức AG, là một trong những bất đẳng thức quan trọng trong toán học Theo Định lý 1.1.2, bất đẳng thức Hölder áp dụng cho mọi bộ số không âm (a_i) và (b_i) với i = 1, 2, , n, cùng với cặp số dương p, q thỏa mãn điều kiện 1/p + 1/q = 1 Bất đẳng thức này khẳng định rằng
Nếu p < 1 và p khác 0, thì dấu của bất đẳng thức (1.2) sẽ đảo chiều Dấu bằng chỉ xảy ra khi hai bộ số (a p i) và (b q i) tỷ lệ với nhau, tức là tồn tại hai cặp số thực λ và à, không đồng thời bằng 0, sao cho λa p i + àb q i = 0 với mọi i từ 1 đến n.
Nếu w i > 0, i = 1,2, , n thì bất đẳng thức H¨older (1.2) có thể viết ở dạng sau n
Hệ quả 1.1.3 [3] Nếu p=q=2 thì bất đẳng thức H¨older trở thành n
Dấu đẳng thức xuất hiện khi và chỉ khi hai bộ số (a i ) và (b i ) tỷ lệ với nhau, nghĩa là tồn tại cặp số thực λ và à, không đồng thời bằng 0, sao cho λa i + àb i = 0 cho mọi i từ 1 đến n.
Bất đẳng thức Cauchy, còn được biết đến với tên gọi Bunyakovskii, Cauchy-Schwarz hoặc Cauchy-Bunyakovskii, là một trong những bất đẳng thức quan trọng trong toán học Theo Định lý 1.1.4, nếu (p,q) là cặp số mũ liên hợp với điều kiện p,q > 1 và 1/p + 1/q = 1, thì cho hai hàm số liên tục f và g trên đoạn [a, b], ta có thể áp dụng bất đẳng thức H¨older để rút ra những kết luận giá trị hữu ích trong phân tích.
Dấu "=" xuất hiện khi có hai số thực A và B không đồng thời bằng không, theo Định lý 1.1.5 (Bất đẳng thức Minkowski) Đối với mọi bộ số không âm (a i ),(b i ) với i = 1,2, , n và số dương p > 1, bất đẳng thức này luôn được thỏa mãn.
Dấu đẳng thức xuất hiện khi và chỉ khi hai bộ số (a_i) và (b_i) tỷ lệ với nhau, tức là tồn tại cặp số thực λ và a không đồng thời bằng 0, sao cho λa_i + a b_i = 0 cho mọi i = 1, 2, , n Điều này được thể hiện qua Định lý 1.1.6, được biết đến với tên gọi Bất đẳng thức Jensen.
Cho hàm số y = f(x) lồi trên [a, b] (f(x) liên tục trên [a, b]; f 00 (x) ≥0 với mọi x ∈ (a, b)), các số k 1 , k 2 , , k n ∈ R + , k 1 +k 2 + +k n = 1 Khi đó, với mọi x i ∈ [a, b], i = 1, , n, ta luôn có n
Cho hàm số y = f(x) lõm trên [a, b] (f(x) liên tục trên[a, b]; f 00 (x) ≤0 với mọi x ∈ (a, b)), thì bất đẳng thức trên đổi chiều, tức là n
(1.8) Định lý 1.1.7 [4] (Bất đẳng thức Gr¨uss’ tích phân) Giả sử f, g : [a, b]→
R là hai hàm khả tích sao cho ϕ ≤ f(x) ≤ φ, γ ≤ g(x) ≤ Γ,∀x ∈ [a, b]. Thì ta có bất đẳng thức
Trong bài viết này, chúng tôi sẽ giới thiệu các định nghĩa, định lý và tính chất cơ bản của hàm lồi, những nội dung này đóng vai trò quan trọng trong việc xây dựng bất đẳng thức Hermite-Hadamard và ứng dụng của bất đẳng thức này trong toán học.
Hàm lồi
Định nghĩa 1.2.1 [1] Hàm số f(x) được gọi là hàm lồi (lồi dưới) trên tập [a, b) ⊂ R nếu với mọi x 1 , x 2 ∈ [a, b) và với mọi cặp số dương α, β có tổng α +β = 1, ta đều có f(αx 1 +βx 2 ) ≤αf(x 1 ) +βf(x 2 ) (1.10)
Nếu dấu đẳng thức trong (1.10) xảy ra khi và chỉ khi x 1 = x 2 thì ta nói hàm số f(x) là hàm lồi thực sự (chặt) trên [a, b).
Hàm số f(x) được gọi là hàm lõm (lồi trên) trên tập [a, b) ⊂ R nếu với mọi x 1 , x 2 ∈ [a, b) và với mọi cặp số dương α, β có tổng α+β = 1, ta đều có f(αx 1 +βx 2 ) ≥αf(x 1 ) +βf(x 2 ) (1.11)
Nếu dấu đẳng thức trong (1.11) xảy ra khi và chỉ khi x 1 = x 2 thì ta nói hàm số f(x) là hàm lõm thực sự (chặt) trên [a, b).
Tương tự, ta cũng có định nghĩa về hàm lồi (lõm) trên các tập (a, b), (a, b] và [a, b].
Nhận xét rằng, khi x 1 < x 2 thì x = αx 1 + βx 2 với mọi cặp số dương α, β có tổng α+β = 1, đều thuộc (x 1 , x 2 ) và α = x−x 1 x 2 −x 1 , β = x 2 −x x 2 −x 1
Tính chất 1.2.2 [1] Nếu f(x) lồi (lõm) trên (a, b) thì g(x):= cf(x) là hàm lõm (lồi) trên (a, b) khi c < 0 (c > 0).
Tính chất 1.2.3 [1] Tổng hữu hạn các hàm lồi trên (a,b) là một hàm lồi trên (a,b).
Tính chất 1.2.4 [1] Nếu f(x) là hàm số liên tục và lồi trên (a, b) và nếu g(x) lồi và đồng biến trên tập giá trị của f(x) thì g(f(x)) là hàm lồi trên (a, b).
Chứng minh Thật vậy, theo giả thiết, f(x) là hàm số liên tục trên (a, b) f(x) là hàm lồi trên (a, b) nên với mọi x 1 , x 2 ∈ (a, b) và cặp số dương α, β có tổng α+β = 1, ta có f(αx 1 +βx 2 ) ≤αf(x 1 ) +βf(x 2 ).
Từ giả thiết g(x) là hàm số đồng biến, ta nhận được g[f(αx 1 +βx 2 )] ≤g[αf(x 1 ) +βf(x 2 )] (1.12)
Do g(x) là hàm lồi nên g[αf(x 1 ) + βf(x 2 )] ≤αg[f(x 1 )] +βg[f(x 2 )] (1.13)
Nhận xét 1.2.5 Các Tính chất 1.2.2, 1.2.3, 1.2.4 còn đúng cho các tập [a, b),(a, b],[a, b].
Hàm lồi f(x) xác định trên khoảng (a,b) có tính chất đặc biệt: với bất kỳ ba điểm x1 < x2 < x3 trong (a,b), ta có f(x2) ≤ (x3 - x2)/(x3 - x1) f(x1) + (x2 - x1)/(x3 - x1) f(x3) Định lý cho biết rằng hàm lồi f(x) không chỉ liên tục tại mọi điểm trong khoảng (a,b) mà còn có đạo hàm phải và đạo hàm trái Hơn nữa, các giá trị đạo hàm này thỏa mãn bất đẳng thức f−0(x) ≤ f+0(x) ≤ f−0(x0) ≤ f+0(x0) khi x < x0 là điểm trong (a,b).
Chứng minh Hàm sốf x (t) = f(t)−f(x) t−x ,∀t, x ∈ (a, b), t 6= xlà đơn điệu không giảm theo biến t, cho nên với x 1 < x < x 2 ta có f(x 1 )−f(x) x 1 −x ≤ f(x 2 )−f(x) x 2 −x
Cho x 1 , x 2 → x, ta nhận được f − 0 (x) ≤ f + 0 (x) Tiếp theo, lấy x < x 3 < x 4 < x 0 và áp dụng (1.14) ta được f(x)−f(x 3 ) x−x 3 = f x 3 (x) ≤f x 3 (x 4 ) = f(x 4 )−f(x 3 ) x 4 −x 3
= f x 4 (x 3 ) ≤ f x 4 (x 0 ) = f(x 0 )−f(x 4 ) x 0 −x 4 Qua giới hạn x3 →x, x4 →x 0 sẽ được f + 0 (x) ≤f − 0 (x 0 ).
Mệnh đề 1.2.8 [2] Cho f(x) là hàm số khả vi trên khoảng (a, b) ⊂ R. Khi đó các phát biểu sau là tương đương.
(ii) Với mọi x, x 0 ∈ (a,b) ta luôn có f(x) ≥ f(x 0 ) +f 0 (x 0 )(x−x 0 ) (1.16) (iii) Đạo hàm f 0 (x) là hàm đơn điệu không giảm trên (a,b).
Chứng minh Phép chứng minh được tiến hành lần lượt từng bước như sau.
(i) =⇒ (ii) Giả sử f(x) lồi và x 6= x 0 ∈ (a, b) Lấy t ∈ (0,1) bất kỳ và sử dụng định nghĩa tính lồi f(x0 +t(x−x0)) = f(tx+ (1−t)x0) ≤tf(x) + (1−t)f(x0).
Cho t →0 trong (1.17) ta nhận được (1.16).
(ii) =⇒ (iii) Giả thiết rằng (ii) đúng Lấy x 1 < x 2 tùy ý trong (a, b) và áp dụng (1.16) f(x 2 ) +f 0 (x 2 )(x 1 −x 2 ) ≤f(x 1 ).
Vậy f 0 (x 1 ) ≤ f 0 (x 2 ) và (iii) được chứng minh.
(iii) =⇒ (i) Cho f 0 (x) là đơn điệu không giảm Xét x 1 < x 2 bất kỳ trong (a, b) và đặt ψ(t) := f(tx 1 + (1−t)x 2 )− tf(x 1 ) + (1−t)f(x 2 ) ,0 ≤ t≤ 1 (1.18) ψ là hàm số khả vi với ψ 0 (t) = (x1 −x2)f 0 (tx1 + (1−t)x2)−f(x1) +f(x2).
Tiếp theo, ta xét dấu của ψ 0 (t) Áp dụng định lý giá trị trung bình cho hàm f(x), ta tìm được θ ∈ (0,1) sao cho f(x 2 ) =f(x 1 ) + f 0 (x 1 +θ(x 2 −x 1 ))(x 2 −x 1 ).
Sử dụng đồng nhất thức tx 1 + (1−t)x 2 −x 1 −θ(x 2 −x 1 ) = (1−θ−t)(x 2 −x 1 ), tính đơn điệu của f 0 (x) cho ta kết luận ψ 0 (t) ≤ 0 khi 0 ≤ t ≤ 1− θ và ψ 0 (t) ≥ 0 nếu 1−θ ≤ t ≤ 1 Vì thế max
0≤t≤1ψ(t) = max {ψ(0), ψ(1)} = 0, và điều này tương đương với f(tx 1 + (1−t)x 2 ) ≤tf(x 1 ) + (1−t)f(x 2 ).
Mệnh đề 1.2.9 [2] Giả sử f(x) có đạo hàm cấp hai trong khoảng (a,b). Khi đó điều kiện cần và đủ để hàm số f(x) lồi trên (a,b) là f 00 (x) ≥ 0,∀x ∈ (a, b) (1.19)
Chứng minh Sử dụng Mệnh đề 1.2.8, ta có thể phát biểu lại như sau: Nếu f 00 (x) ≥ 0,∀x ∈ (a, b) khi và chỉ khi f(x)−f 0 (x 0 )(x−x 0 )−f(x 0 ) ≥ 0,∀x, x 0 ∈ (a, b).
Mà hàm số f(x) liên tục và khả vi trên (x 0 , x) Theo định lý Lagrange, tồn tại c ∈ (x 0 , x) sao cho f 0 (c) = f(x)−f(x 0 ) x−x 0
Tương tự f 0 (x) liên tục và khả vi trên (x 0 , c) Theo định lý Lagrange, tồn tại ξ ∈ (x 0 , c) sao cho f 00 (ξ) = f 0 (c)−f 0 (x 0 ) c−x 0
Do c−x 0 và x−x 0 cùng dấu và f 00 (ξ) ≥ 0 Khi đó mệnh đề được chứng minh.
Trong chương này, chúng tôi đã trình bày một số bất đẳng thức quan trọng, bao gồm bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân (AM-GM), bất đẳng thức H¨older, Cauchy - Schwarz, Minkowski, Jensen, và bất đẳng thức Gr¨uss’ tích phân Ngoài ra, chúng tôi cũng đã giới thiệu định nghĩa và một số tính chất cơ bản về hàm lồi.
Một số dạng bất đẳng thức
Trong chương này, chúng tôi sẽ trình bày chi tiết cách chứng minh bất đẳng thức Hermite-Hadamard cơ bản và các hệ quả của nó Bên cạnh đó, chúng tôi cũng sẽ giới thiệu một số mở rộng quan trọng liên quan đến bất đẳng thức bên trái và bên phải của bất đẳng thức kép, cũng như bất đẳng thức Hermite-Hadamard cho hàm lồi khả vi bậc nhất Các mở rộng này sẽ có nhiều ứng dụng và được thảo luận trong Chương 3.
Bất đẳng thức Hermite - Hadamard cơ bản
Định lý 2.1.1 [5] (Bất đẳng thức Hermite-Hadamard) Nếu f: [a, b] → R là hàm lồi trên đoạn [a, b], thì ta có f a+b 2
Chứng minh Vì hàm số f lồi trên đoạn [a, b], khi đó f(ta+ (1−t)b) ≤ tf(a) + (1−t)f(b),∀t ∈ [a, b].
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
Bất đẳng thức bên phải của (2.1) được chứng minh.
Cũng do tính lồi của f ta có
Lấy tích phân hai về bất đẳng thức này theo t trên đoạn [0,1], ta có f a+b
Do đó bất đẳng thức bên trái của (2.1) được chứng minh.
Hệ quả 2.1.2 [5] Giả sử g : [a, b] → R là hàm khả vi cấp hai trên [a, b] và m ≤ g 00 (x) ≤ M, với x ∈ (a, b) Khi đó ta có bất đẳng thức sau m(b−a) 2 ≤ 1
Chứng minh Chứng minh bất đẳng thức (2.2)
Do đó 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 bên trái của (2.2) đã được chứng minh Để chứng minh bất đẳng thức bên phải của (2.2), chúng ta sẽ sử dụng phương pháp chứng minh tương tự như với bất đẳng thức bên trái, với h(x) = M.
Do đó hàm f là lồi trên khoảng (a, b) Áp dụng bất đẳng thức Hermite- Hadamard cho f ta nhận được
Như vậy, bất đẳng thức bên trái của (2.2) được chứng minh.
Chứng minh bất đẳng thức (2.3)
2 x 2 , khi đóf là hàm lồi trên khoảng (a, b). Áp dụng bất đẳng thức Hermite-Hadamard cho f ta nhận được g(a) +g(b)
Bất đẳng thức bên trái của (2.3) đã được chứng minh Để chứng minh bất đẳng thức bên phải của (2.3), chúng ta sẽ sử dụng phương pháp chứng minh tương tự như đã áp dụng cho bất đẳng thức bên trái, với h(x) = M.
Do đó hàm f là lồi trên khoảng (a, b). Áp dụng bất đẳng thức Hermite-Hadamard cho f ta nhận được
12(b−a) 2 Khi đó, hệ quả được chứng minh.
Hệ quả 2.1.3 [8] Bất đẳng thức sau đây đúng với mọi hàm lồi f : [a, b]→ R
Chứng minh Áp dụng bất đẳng thức bên phải của bất đẳng thức Hermite- Hadamard cho hàm lồi f trên các đoạn a,a+b 2 và a+b
Cộng hai vế bất đẳng thức trên ta được
Một số dạng mở rộng của bất đẳng thức Hermite-Hadamard 17
Bất đẳng thức bên trái trong bất đẳng thức Hermite-Hadamard có thể được mở rộng Theo Định lý 2.2.1, nếu hàm f : R → R là hàm lồi trên đoạn [a, b] với a < b, thì với mọi t ∈ [a, b] và λ ∈ [f − 0 (t), f + 0 (t)], ta có bất đẳng thức f(t) + λ a + b.
Chứng minh Lấy t ∈ [a, b] Khi đó, với mọi λ ∈ [f − 0 (t), f + 0 (t)], ta có bất đẳng thức sau f(x)−f(t) ≥ λ(x−t),∀x ∈ [a, b] (2.6)
Lấy tích phân hai vế bất đẳng thức này trên [a, b] theo biến x, ta được b
2 , ta được bất đẳng thức bên trái của bất đẳng thức kép Hermite-Hadamard f a+b 2
Hệ quả 2.2.3 [8] Giả sử f : R → R là hàm lồi trên đoạn [a, b], với
(c) Nếu f là khả vi tại a và b, f 0 (b) ≥ f 0 (a) ≥ 0 thì
(d) Nếu x i ∈ [a, b] là các điểm khả vi của f và p i ≥ 0, P n : n
X i=1 p i f 0 (x i )x i , khi đó ta có bất đẳng thức
Chứng minh Theo Định lý 2.2.1, ∀t ∈ [a, b] và λ ∈ [f − 0 (t), f + 0 (t)] Ta có f(t) +λ a+b
(a) Thay t = √ ab vào (2.7) ta được
(b) Thay t = 2ab a+b vào (2.7) ta được
(c) Vì f khả vi tại a và b, ta chọn t= a, t = b khi đó
Theo bất đẳng thức Hermite-Hadamard
Nhân hai vế của bất đẳng thức trên với p i ≥ 0, tính tổng với i chạy từ 1 đến n và chia hai vế cho P n ta được
Giả sử hàm f khả vi trên khoảng (a, b), bất đẳng thức bên phải của bất đẳng thức kép Hermite-Hadamard có thể được mở rộng Định lý 2.2.4 cho biết rằng nếu f : R → R là hàm lồi trên đoạn [a, b] với a < b, thì đối với mọi t ∈ [a, b], bất đẳng thức sẽ được áp dụng.
Chứng minh Do hàm f là hàm lồi và khả vi trên (a, b) nên ta có f(t)−f(x) ≥f 0 (x)(t−x),∀t, x ∈ (a, b).
Lấy tích phân hai vế cho bất đẳng thức này với biến x trên [a, b], ta được
Z a xf 0 (x)dx (2.9) Áp dụng phương pháp tích phân từng phần, ta có b
Z a f(x)dx. Điều này tương đương với bất đẳng thức (2.8).
2 vào bất đẳng thức (2.8), biến đổi ta có được hệ quả.
Hệ quả 2.2.5 [8] Giả sử f như trên và 0 ≤ a < b ta có bất đẳng thức sau
# Định lý sau đây là mở rộng của kết quả trên. Định lý 2.2.6 [8] Giả sử f : R → R là hàm lồi trên đoạn [a, b] với a < b và 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),∀x, y ∈ (a, b).
Lấy tích phân hai vế trên đoạn [a, b] theo biến x và chia hai vế cho b−a, ta được f(x i )− 1 b−a b
Nhân hai vế của bất đẳng thức trên với p i ≥ 0, tính tổng với i chạy từ 1 đến n và chia hai vế cho P n ta được
Bất đẳng thức tương đương
Khi đó, bất đẳng thức bên trái trong (2.11) được chứng minh Giả sử α = b−x i b−a, β = x i −a b−a , x i ∈ [a, b], i∈ 1,2, , n.
Khi α + β = 1 và hàm f có tính lồi, với mọi i ∈ {1, 2, , n}, ta có bất đẳng thức f(xi) = f(αa + βb) ≤ αf(a) + βf(b) Điều này dẫn đến kết quả b−xi b−a f(a) + xi−a b−a f(b) Nếu nhân hai vế của bất đẳng thức này với pi ≥ 0, sau đó tính tổng từ i = 1 đến n và chia cả hai vế cho Pn, ta sẽ thu được một kết quả quan trọng trong phân tích hàm lồi.
Bất đẳng thức (2.12) khá nổi tiếng trong nhiều tài liệu, gọi là bất đẳng thức Lah-Ribaric Cộng cả hai vế của bất đẳng thức (2.12) với
Khi đó, bất đẳng thức (2.11) được chứng minh.
Hệ quả 2.2.7 [8]Với các giả thiết ở trên về hàmf về a, b và nếu t∈ [a, b], ta có bất đẳng thức f(t)
Chứng minh Lập luận tương tự như Định lý 2.2.6, ta được
Bất đẳng thức Hermite-Hadamard đối với hàm lồi khả vi bậc nhất
lồi khả vi bậc nhất
Giả sử f lồi và khả vi thì ta có những phát biểu khác cho bất đẳng thức Hermite-Hadamard.
Bằng phương pháp tích phân từng phần ta tính được tích phân b
Khi đó ta có phát biểu sau.
Giả sử f : [a, b] ⊂ R → R là hàm khả vi trên (a, b) với a < b Nếu f 0 ∈ L 1 [a, b], thì ta có đẳng thức f(a) +f(b)
2 f 0 (x)dx (2.14) Định lý 2.3.1 [6] Giả sử f : [a, b] → R là hàm lồi trên đoạn [a, b] Khi đó ta có f a+ b
Bất đẳng thức trên còn được gọi là bất đẳng thức Hadamard’s và Bullen’s.
Chứng minh Vì f là hàm lồi trên đoạn [a, b] Áp dụng bất đẳng thức Hermite-Hadamard trên mỗi đoạn a,a+b 2
Cộng hai vế bất đẳng thức trên ta thu được f
Bất đẳng thức tương đương
Do f là hàm lồi trên đoạn [a, b] Khi đó f a+b
Bất đẳng thức (2.15) được chứng minh.
Tiếp theo chúng tôi áp dụng bất đẳng thức Hadamard’s và Bullen’s cho chứng minh Định lý 2.3.2. Định lý 2.3.2 [8] Nếu f là hàm khả vi trên (a, b) và hàm số ϕ(x) : x− a+b
2 f 0 (x) là hàm lồi trên [a, b], thì ta có bất đẳng thức b−a
Chứng minh Áp dụng bất đẳng thức Hadamard’s và Bullen’s cho hàm ϕ, ta được
Biến đổi ta nhận được
Bổ đề thú vị sau đây nói về bất đẳng thức Chebyche’v tích phân.
Bổ đề 2.3.3 [8] Giả sử f, g : [a, b] →R là hai hàm số khả tích thỏa mãn: f(x)−f(y) g(x)−g(y) ≥ 0,∀x, y ∈ [a, b] Khi đó
Chứng minh Vì f, g là hai hàm số khả tích thỏa mãn f(x)−f(y) g(x)−g(y) ≥ 0, khi đó
0≤ f(x)−f(y) g(x)−g(y) = | f(x)−f(y) g(x)−g(y) |.Mặt khác bởi tính chất liên tục của trị tuyệt đối, chúng ta có và
Chúng tôi chỉ chứng minh bất đẳng thức bên trái trong (2.17).
Qua các phép biến đổi ta thấy rằng
Bất đẳng thức bên trái trong (2.17) được chứng minh.
Từ bất đẳng thức Hermire-Hadamard ta biết được f(a) +f(b)
Trong định lý tiếp theo, chúng ta sẽ cung cấp một đánh giá chặt chẽ hơn về hiệu của hai biểu thức, trong đó có sự chứng minh sử dụng Bổ đề 2.3.3 Định lý 2.3.4 khẳng định rằng, nếu hàm f : [a, b] ⊂ R → R là hàm lồi khả vi trên khoảng (a, b) với điều kiện a < b, thì bất đẳng thức f(a) + f(b) sẽ được thiết lập.
Chứng minh Vì f là hàm lồi trên [a, b] các hàm số f 0 và x− a+b
2 thỏa mãn (f 0 (x)−f 0 (y))(x−y) ≥ 0 Áp dụng Bổ đề 2.3.3, ta được
Sử dụng bất đẳng thức (2.19) ta được
Với A, B, C như đã cho trên, theo đẳng thức (2.14) f(a) + f(b)
Vậy định lý được chứng minh.
Giả sử hàm f là hàm khả vi trên khoảng (a, b), ta có thể đưa ra đánh giá về bất đẳng thức Hermite-Hadamard Theo Định lý 2.3.5, nếu f: R → R là hàm khả vi trên (a, b) với a < b và p > 1, đồng thời |f'| là q-khả tích trên [a, b] (với q = p/(p−1)), thì bất đẳng thức f(a) + f(b) được thiết lập.
Chứng minh Áp dụng bất đẳng thức H¨older dạng giải tích vớip > 1, q > 1 thỏa mãn 1 p + 1 q = 1, ta có
Bất đẳng thức (2.20) được chứng minh.
Nếu f là hàm lồi trên (a, b) theo bất đẳng thức Hermite-Hadamard thì f(a) +f(b)
Khi đó ta có thể bỏ dấu giá trị tuyệt đối trong bất đẳng thức (2.20) và suy ra được hệ quả sau.
Nếu hàm f là lồi trên khoảng (a, b) và được thêm vào các điều kiện của Định lý 2.3.5, thì sẽ dẫn đến bất đẳng thức ngược chiều của bất đẳng thức Hermite-Hadamard.
Nếu hàm f khả vi trên đoạn [a, b] với a < b và đạo hàm f' bị chặn trong khoảng [m, M], thì có một bất đẳng thức mới liên quan đến bất đẳng thức Hermite-Hadamard Cụ thể, nếu f' thuộc L^1[a, b], ta có bất đẳng thức f(a) + f(b).
Chứng minh Xét hàm số g(x) = x− a+b
2 với mọi x ∈ [a, b] Theo bất đẳng thức Gr¨uss’ tích phân, ta có
Nếu f là hàm lồi trên (a, b), f 0 (a) ≤ f 0 (x) ≤ f 0 (b),∀x ∈ [a, b] và theo bất đẳng thức Hermite-Hadamard thì f(a) +f(b)
Khi đó ta có thể bỏ dấu giá trị tuyệt đối trong bất đẳng thức (2.22) và suy ra được hệ quả sau.
Hệ quả 2.3.8 [8] Với các giả thiết như trên và thêm điều kiện f là hàm lồi trên (a, b), ta có bất đẳng thức
Chúng tôi sẽ chứng minh một đẳng thức quan trọng, từ đó thiết lập một bất đẳng thức mới liên quan đến bất đẳng thức bên trái của bất đẳng thức Hermite-Hadamard.
Bổ đề 2.3.9 [8] Giả sử f : [a, b] ⊂ R →R là hàm khả vi trên (a, b) với a
< b và f 0 ∈ L 1 [a, b], thì ta có đẳng thức f a+b
Chứng minh Sử dụng công thức tích phân từng phần, ta được a+b 2
Cộng hai vế đẳng thức trên, ta thu được a+b
Z a f(x)dx. Đẳng thức (2.24) được chứng minh.
Nhận xét 2.3.10 Từ đẳng thức (2.24), ta cũng có biểu diễn sau đây
Tùy vào mục đích sử dụng, chúng tôi sẽ chọn đẳng thức nào phù hợp hơn. Định lý 2.3.11 [8] Giả sử f : [a, b] ⊂ R → R là hàm khả vi trên (a, b)
(2.26) Chứng minh Xét hàm số p(x)
x−a, x ∈ ha, a+b 2 x−b, x ∈ h a+b 2 , b i Áp dụng bất đẳng thức H¨older dạng giải tích vớip > 1, q >1 thỏa mãn 1 p + 1 q = 1, ta có
Bất đẳng thức (2.26) được chứng minh.
Nếu f là hàm lồi trên (a, b) theo bất đẳng thức Hermite-Hadamard thì
Khi đó ta có thể dễ dàng suy ra được hệ quả sau.
Hệ quả 2.3.12 [8] Với các giả thiết như trên và thêm điều kiện f là hàm lồi trên (a, b), ta có bất đẳng thức
Nếu hàm f khả vi và đạo hàm f' bị chặn, thì tồn tại một bất đẳng thức mới liên quan đến bất đẳng thức Hermite-Hadamard Cụ thể, nếu f : [a, b] ⊂ R → R là hàm khả vi trên khoảng (a, b) với a < b, và đạo hàm f' nằm trong khoảng m ≤ f' (x) ≤ M cho mọi x thuộc [a, b], đồng thời f' thuộc L1 [a, b], thì bất đẳng thức f(a+b) được xác lập.
Chứng minh Xét hàm số p(x)
2 , với mọi x ∈ [a, b] Theo bất đẳng thức Gr¨uss’ tích phân, ta có
Bất đẳng thức (2.27) được chứng minh.
Trong chương này, chúng tôi đã trình bày chi tiết phương pháp chứng minh bất đẳng thức Hermite-Hadamard cơ bản, đồng thời nêu rõ các hệ quả liên quan Bên cạnh đó, chúng tôi cũng mở rộng bất đẳng thức bên trái và bên phải của bất đẳng thức kép.
Giả sử hàm f khả vi trên khoảng (a, b), chúng tôi sẽ trình bày các kết quả của bất đẳng thức Hermite-Hadamard áp dụng cho hàm lồi khả vi bậc nhất.
Một số áp dụng của bất đẳng thức Hermite-Hadamard
Trong chương này, chúng tôi áp dụng bất đẳng thức Hermite-Hadamard vào các trung bình, đặc biệt là vào một số hàm sơ cấp nhằm tạo ra các bất đẳng thức kép mới Ngoài ra, chúng tôi cũng giải quyết một số bài toán thông qua việc sử dụng bất đẳng thức Hermite-Hadamard Các kết quả trong chương này được tham khảo từ các tài liệu [8] và [5].
Áp dụng bất đẳng thức Hermite-Hadamard vào các trung bình
Chúng tôi sẽ áp dụng bất đẳng thức Hermite-Hadamard để nghiên cứu các loại trung bình Việc áp dụng này được xây dựng dựa trên sự mở rộng của bất đẳng thức Hermite-Hadamard và các trung bình đã được biết đến.
Ta nhắc lại một số định nghĩa
Nhận xét 3.1.1 Với hàm lồi f(t) = t p , p ∈ (−∞,0)∪ [1,∞) \ {−1} hoặc f(t) = t p là hàm lõm với p ∈ (0,1), ta có
Nhận xét 3.1.2 Với hàm lồi f(t) =−ln(t), t > 0, ta có
Ngoài ra, trong chương này chúng tôi còn dùng định nghĩa sau
Nhận xét 3.1.3 Với hàm lồi f(t) = 1 t, t > 0, ta có
Các trung bình trên thường được sử dụng trong nhiều lĩnh vực khác nhau của toán học Ta đã biết quan hệ sau đây giữa các trung bình [8]
H ≤G ≤ L ≤ I ≤A và L p là hàm không giảm theo p∈ R với L 0 = Ivà L −1 = L.
Ta bắt đầu từ một kết quả sau.
Mệnh đề 3.1.4 [8] 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,∀t ∈ [a, b] (3.1) Chứng minh Xét hàm số f : [a, b] →[0,∞), f(x) = x p với p thỏa mãn p∈ (−∞,0)∪[1,∞)\ {−1}. Áp dụng Định lý 2.2.1, ta được
Bất đẳng thức (3.1) được chứng minh.
Nhận xét 3.1.5 [8] Sử dụng bất đẳng thức (3.1), ta có các bất đẳng thức sau đây cho các trung bình
Ta có thể phát biểu tường minh như sau
Giả sử p∈ (−∞,0)∪[1,∞)\ {−1} và a, b >0 Khi đó ta có bất đẳng thức b p+1 −a p+1
Bằng cách thế trực tiếp các đại lượng trung bình, các bất đẳng thức còn lại phát biểu tương tự.
Mệnh đề 3.1.6 [8] Giả sử 0 < a < b, với mọi t ∈ [a, b], ta có bất đẳng thức
Chứng minh Xét hàm số f(x) = 1 x, x ∈ [a, b]. Áp dụng Định lý 2.2.1, ta được
Khi đó, bất đẳng thức tương đương với
Nhận xét 3.1.7 [8] Cũng bằng việc sử dụng bất đẳng thức (3.6), ta có các bất đẳng thức sau đây cho các giá trị trung bình
Ta thay trực tiếp các đại lượng trung bình, khi đó b− b−a lnb−lna b−a ≥ b− a+b
Bất đẳng thức trên tương đương b.lnb−lna b−a ≥ 2− a+b
Khi đó từ bất đẳng thức (3.3), ta phát biểu bài toán mới như sau
Giả sử 0 < a < b, với mọi t ∈ [a, b], chứng minh rằng b.lnb−lna b−a ≥ 2− a+b
2b Mệnh đề 3.1.8 [8] Giả sử 0< a < b ta có bất đẳng thức lnI −lnt ≤ A−t t ,∀t ∈ [a, b] (3.4)
Chứng minh Xét hàm số f(x) =−lnx, x ∈ [a, b]. Áp dụng Định lý 2.2.1, ta được
Bất đẳng thức tương đương với
Nhận xét 3.1.9 [8] Sử dụng bất đẳng thức (3.4) ta có các bất đẳng thức sau lnL p −lnI ≥ Lp −A
Từ bất đẳng thức lnL p −lnI ≥ L p −A
Ta thay trực tiếp các đại lượng trung bình, ta nhận được ln
Thực hiện tương tự ta nhận được các bất đẳng thức mới.
Mệnh đề 3.1.10 [8]Giả sử p∈ (−∞,0)∪[1,∞)\{−1}và [a, b] ⊂[0,∞). Khi đó ta có bất đẳng thức
L p p −t p ≤p L p p −tL p−1 p−1 ,∀t∈ [a, b] (3.5) Chứng minh Xét hàm số f : [a, b] →[0,∞), f(x) = x p với p thỏa mãn p∈ (−∞,0)∪[1,∞)\ {−1}. Áp dụng Định lý 2.2.4 ta được
Z a x p dx = L p p ,b p+1 −a p+1 b−a = (p+ 1)L p p và b p −a p b−a = pL p−1 p−1 Bất đẳng thức (3.5) tương đương với
Nhận xét 3.1.11 [8] Sử dụng bất đẳng thức (3.5), ta có các bất đẳng thức sau đây với p≥ 1.
Ta thay trực tiếp các đại lượng trung bình, khi đó
Thực hiện tương tự ta nhận được các bất đẳng thức mới.
Mệnh đề 3.1.12 [8] Giả sử 0< a < b, khi đó với mọi t ∈ [a, b] ta có bất đẳng thức t−L
Chứng minh Xét hàm số f(x) = 1 x, x > 0. Áp dụng Định lý 2.2.4 ta được
2t. Điều này tương đương với bất đẳng thức (3.6).
Nhận xét 3.1.13 [8] Sử dụng bất đẳng thức (3.6) ta có các kết quả đặc biệt sau đây
Ta thay trực tiếp các trung bình vào bất đẳng thức
Thực hiện tương tự ta nhận được các bất đẳng thức mới.
Mệnh đề 3.1.14 [8] Giả sử 0 < a < b, với mọi t ∈ [a, b] Khi đó ta có bất đẳng thức
Chứng minh Xét hàm số f(x) =−lnx, x ∈ [a, b]. Áp dụng Định lý 2.2.4 ta được
2L. Bất đẳng thức tương đương với
Nhận xét 3.1.15 [8]Từ bất đẳng thức (3.7) ta suy ra các bất đẳng thức đặc biệt sau đây
Các bất đẳng thức trên phát biểu tường minh như sau
Giả sử 0 < a < b Khi đó ta có
0≤ b−a lnb−lna −√ ab b−a lnb−lna
0≤ b−a lnb−lna − 2ab a+b b−a lnb−lna
Mệnh đề 3.1.16 [8] Giả sửr ∈ (−∞,0)∪[1,∞)\{−1}và [a, b] ⊂[0,∞). Nếu x i ∈ [a, b], p i ≥ 0 với P n : n
P i=1 p i > 0,(i = 1,2, , n) Khi đó ta có bất đẳng thức
X i=1 p i x i , là trung bình số học có trọng (weighted arithmetic mean) và
, là trung bình lũy thừa cấp r (r-power mean).
Chứng minh Xét hàm số f(x) = x r , x ∈ [a, b], ta áp dụng Định lý 2.2.6, khi đó
Từ đó dẫn đến bất đẳng thức (3.8).
Nhận xét 3.1.17 [8] Nếu trong bất đẳng thức (3.8) chọn xi = t, i 1,2, , n, thì ta có
L r r −t r ≤ rhL r r −tL r−1 r−1 i≤ 2A(b r , a r )−L r r −t r , t ∈ [a, b] (3.9) Bất đẳng thức (3.9) cho các trường hợp riêng sau đây
Ta thay trực tiếp các trung bình, khi đó ta nhận được
Thực hiện tương tự ta nhận được các bất đẳng thức mới.
0, i = 1,2, , n Khi đó ta có bất đẳng thức
G 2 (a, b) , (3.10) trong đó Hn(p, x) là trung bình điều hòa có trọng (weighted harmonic mean)
Chứng minh Nếu ta chọn trong Định lý 2.2.6, f(x) = 1 x, x ∈ [a, b], ta được
Nhận xét 3.1.19 [8] Nếu trong bất đẳng thức (3.10) chọn x i = t, i 1,2, , n, ta được t−L
Bất đẳng thức bên phải trong bất đẳng thức (3.11) cho các trường hợp riêng sau đây
Các bất đẳng thức trên phát biểu tường minh như sau
Giả sử 0 < a < b Khi đó ta có
Mệnh đề 3.1.20 [8] Giả sử 0 < a < b, x i ∈ [a, b], p i ≥ 0, i = 1,2, , n và P n > 0 Khi đó ta có bất đẳng thức lnI(a, b)−lnG n (p, x) ≥ L(a, b)−An(x, p)
≥ lnG 2 (a, b)−lnI(a, b)−lnG n (p, x), (3.12) trong đó G n (p, x) là trung bình hình học có trọng (weighted geometric mean),
Chứng minh Nếu ta chọn trong Định lý 2.2.6, f(x) = −lnx, x ∈ [a, b], ta được
X i=1 pilnxi+ blnb−alna b−a −An(x, p)lnb−lna b−a
2L(a, b) ≥ lnG(a, b). Bất đẳng thức trên tương đương
Nhận xét 3.1.21 [8] Nếu trong bất đẳng thức (3.12) chọn x i = t, i 1,2, , n, ta được lnI −lnt ≥ L −t
Bất đẳng thức bên phải trong bất đẳng thức trên cho các trường hợp riêng sau đây
Bất đẳng thức trên tương đương
Mũ hóa theo cơ số e hai vế của các bất đẳng thức trên ta cũng có
Các bất đẳng thức trên phát biểu tường minh như sau
Giả sử 0 < a 1 và [a, b] ⊂ [0,∞) Khi đó, ta có bất đẳng thức
Chứng minh Theo Định lý 2.3.5 ta có áp dụng cho hàm lồif(x) = x p , x >
Z a x (p−1)q dx= b pq−q+1 −a pq−q+1 pq −q + 1 = b p+1 −a p+1 p+ 1 = L p p (a, b)(b−a). Theo bất đẳng thức Hermite-Hadamard
Bất đẳng thức (3.13) được chứng minh.
Mệnh đề 3.2.2 [8] Giả sử p > 1 và 0 < a < b Khi đó, ta có bất đẳng thức
Chứng minh Theo Định lý 2.3.5 ta có áp dụng cho hàm lồi f(x) = 1 x, x >
1−p(a, b)i p−1 p , và mệnh đề được chứng minh.
Mệnh đề tiếp theo là bất đẳng thức chứa trung bình đồng nhất.
Mệnh đề 3.2.3 [8] Giả sử p > 1, q = p p−1 và 0 < a < b Khi đó, ta có bất đẳng thức
Chứng minh Theo Định lý 2.3.5 ta có áp dụng cho hàm lồi f(x) −lnx, x > 0, khi đó
L −1 −q (a, b)i, ta nhận được bất đẳng thức (3.15).
Tiếp theo, chúng tôi sẽ trình bày một số áp dụng từ bất đẳng thức trong Định lý 2.3.7.
Mệnh đề 3.2.4 Giả sử p > 1 và 0 ≤a < b Khi đó, ta có bất đẳng thức
Chứng minh Nếu ta chọn trong Định lý 2.3.7, hàm lồi f(x) = x p , p > 1, ta có pa p−1 ≤ f 0 (x) ≤pb p−1 ,∀x ∈ [a, b] Áp dụng bất đẳng thức (2.22) ta nhận được
4 (b−a) 2 L p−2 p−2 (a, b), và mệnh đề được chứng minh.
Với trung bình logarit, chúng ta có kết quả sau.
Mệnh đề 3.2.5 [8] Giả sử 0 < a < b Khi đó, ta có bất đẳng thức
Chứng minh Thực vậy, nếu ta chọn trong Định lý 2.3.7, hàm lồi f(x) 1 x, x > 0, khi đó
4a 2 b 2 Áp dụng bất đẳng thức (2.22) ta được
4a 2 b 2 Mệnh đề được chứng minh.
Với trung bình đồng nhất ta có mệnh đề sau.
Mệnh đề 3.2.6 Giả sử 0 < a < b, ta có bất đẳng thức
Chứng minh Nếu ta chọn trong Định lý 2.3.7, hàm lồif(x) := −lnx, x >
4ab Bất đẳng thức tương đương
Mũ hóa theo cơ số e hai vế ta được
Bây giờ, nếu sử dụng Định lý 2.3.11, ta có các bất đẳng thức sau:
#, trong đó p > 1 và q := p p−1. Mặt khác, nếu áp dụng Định lý 2.3.13 ta cũng có các bất đẳng thức sau:
Nhận xét 3.2.7 Từ các bất đẳng thức
Bằng cách thay trực tiếp các đại lượng trung bình, ta có phát biểu như sau
Giả sử 0 < a < b và p > 1 Khi đó ta có
#.Với các bất đẳng thức đã chứng minh trên, ta thực hiện tương tự và thu được những bất đẳng thức mới.
Áp dụng bất đẳng thức Hermite-Hadamard trong toán sơ cấp 63 Kết luận
Trong những năm gần đây, độ khó của các bài toán sơ cấp liên quan đến bất đẳng thức ngày càng gia tăng, đặc biệt trong chương trình toán phổ thông Các bất đẳng thức kép chứa biểu thức tích phân thường xuất hiện trong các kỳ thi học sinh giỏi và olympic Phương pháp chứng minh cho những bài toán này thường phức tạp và thiếu một phương pháp giải chung.
Chúng tôi sẽ trình bày một số bài toán chứng minh các bất đẳng thức kép biến đổi liên quan đến tích phân, được xây dựng từ các hàm lồi cơ bản và áp dụng bất đẳng thức Hermite-Hadamard Bài viết này sẽ cung cấp chi tiết về quá trình chứng minh các bài toán cơ cấp mà chúng tôi đề xuất, đồng thời tham khảo từ nhiều tài liệu khác nhau.
Bài toán 3.3.1 [7] Cho 0 < x < +∞ Chứng minh rằng x− x 2
Chứng minh Xét hàm số f(t) = 1
Suy ra f(t) là hàm lồi với mọi t ∈ (−1,+∞).
Vì f lồi trên (−1,+∞) nên f cũng lồi trên [a, b] ⊂ (−1,+∞) Áp dụng bất đẳng thức Hermite-Hadamard cho hàm lồi f, ta được
2(1 +x). Biến đổi tương đương ta có bất đẳng thức x− x 2
Bài toán 3.3.2 [7] Cho x 6= y, x, y ∈ (0,+∞) Chứng minh rằng
2 Chứng minh Xét hàm số f(x) =e t ,∀t∈ R Ta có f 0 (x) = e t , f 00 (x) = e t > 0,∀t ∈ R.
Suy ra f(t) là hàm lồi với mọi t ∈ R.
Vì hàmf lồi trên R nênf cũng lồi trên [a, b] ⊂ R Áp dụng bất đẳng thức Hermite-Hadamard cho hàm lồi f(t), ta được bất đẳng thức e a+b 2 ≤ e b −e a b−a ≤ e a +e b
Nếu chọn a = lnx, b = lny,(x 6= y, x, y > 0), ta có e ln x+ln 2 y ≤ e ln y −e ln x lny−lnx ≤ e ln x +e ln y
Biến đổi tương đương ta có bất đẳng thức
Bài toán 3.3.3 Cho a 6= b, a, b ∈ [π,2π] Chứng minh rằng sin a+b 2
Chứng minh Xét hàm số f(x) = sinx, x ∈ [π,2π] Ta có f 0 (x) = cosx, f 00 (x) = −sinx ≥ 0, x ∈ [π,2π].
Suy ra f(x) là hàm lồi với mọi x ∈ [π,2π].
Vì f là hàm lồi trên [π,2π] nên f cũng lồi trên [a, b] ⊆ [π,2π] Áp dụng bất đẳng thức Hermite-Hadamard cho hàm lồif(x), ta được bât đẳng thức sin a+b 2
Bài toán 3.3.4 Cho a, b ∈ R Chứng minh rằng
Chứng minh Chúng ta xét hai trường hợp sau đây
Trường hợp: a = b = 0, bất đẳng thức đã cho hiển nhiên đúng.
Xét hàm số f(x) =x 4 với mọi x ∈ R.
Suy ra f(x) là hàm lồi với mọi x ∈ R.
Vì f là hàm lồi trên R nên f cũng lồi trên [a, b] ⊂ R Áp dụng bất đẳng thức Hermite-Hadamard, ta được a+b 2
Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
Bài toán 3.3.5 Cho 0< a < b < +∞, q > 1 Chứng minh rằng q a+b 2 ≤ 1 b−a.q b−a lnq ≤ q a + q b
2 Chứng minh Xét hàm số f(x) =q x , q > 1, x ∈ R Khi đó f 0 (x) = q x lnq, f 00 (x) =q x (lnq) 2 > 0,∀x ∈ R.
Suy ra f(x) là hàm lồi với mọi x ∈ R.
Vì f là hàm lồi trên R nên f cũng lồi trên [a, b] ⊂ R Áp dụng bất đẳng thức Hermite-Hadamard, ta nhận được q a+b 2 ≤ 1 b−a.q b−a lnq ≤ q a + q b
Bài toán 3.3.6 Cho 0< a < b < +∞ Chứng minh rằng
Chứng minh Xét hàm số f(x) = 2xe x 2 với mọi x ∈ (0,+∞).
Suy ra f(x) là hàm lồi với mọi x ∈ (0,+∞) Với 0 < a < b < +∞, ta có f a+b 2
Vì f là hàm lồi trên (0,+∞) nên f cũng lồi trên [a, b] ⊂ (0,+∞) Áp dụng bất đẳng thức Hermite-Hadamard, ta được
Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
Bài toán 3.3.7 Cho 3< x < +∞ Chứng minh rằng
Chứng minh Xét hàm số f(t) =−√ t−1,∀t∈ [3, x] Khi đó f 0 (t) = −1
Suy ra f(t) là hàm lồi trên [3, x].
√t−1dt. Áp dụng bất đẳng thức Hermite-Hadamard ta được
Bất đẳng thức (3.19) được chứng minh.
Bài toán 3.3.8 Cho 0< a < b < +∞ Chứng minh rằng lnab
Chứng minh Xét hàm số f(x) =−lnx với mọi x∈ (0,+∞).
Vìf 00 (x) = 1 x 2 > 0với mọix ∈ (0,+∞) nênf(x)là hàm lồi trên (0,+∞). Với 0 < a < b < +∞, ta có f a+ b 2
Vì f là hàm lồi trên (0,+∞) nên f cũng lồi trên [a, b] ⊂ (0,+∞) Áp dụng bất đẳng thức Hermite-Hadamard ta được
Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
Bài toán 3.3.9 Cho 3< x < +∞ Chứng minh rằng log(2(x−1)) ≤ 2 x−3 x
(3.20) Chứng minh Xét hàm số f(t) =−log(t−1),∀t∈ [3, x] Khi đó f 0 (t) = −1 ln 10(t−1), f 00 (t) = 1 ln 10(t−1) 2 > 0,∀t ∈ [3, x].
Suy ra f(t) là hàm lồi trên [3, x].
3 log(t−1)dt. Áp dụng bất đẳng thức Hermite-Hadamard ta được
Bất đẳng thức (3.20) được chứng minh.
Bài toán 3.3.10 [8] Cho 0< p,q, f là hàm lồi trên [a, b], v = pa+qb p+q và
0≤ y ≤ b−a p+q min(p, q),∀t∈ [v −y, v+y] Chứng minh rằng f pa+qb p+q
Chứng minh Vì 0 ≤y ≤ b−a p+q min(p, q) và ta có hai trường hợp
Theo giả thiết v = pa+qb p+q Với 0 < p ≤q, ta có v−y ≥ pa+qb p+q − b−a p+ qp≥ pa+qb p+q − b−a p+ qq = a(p+ q) p+q = a, v+ y ≤ pa+qb p+q + b−a p+qp= b(p+q) p+q = b.
Với 0 < q < p. v−y ≥ pa+qb p+q − b−a p+qq = a(p+q) p+q = a, v+y ≤ pa+ qb p+ q + b−a p+qq < pa+qb p+q + b−a p+ qp= b(p+q) p+q = b.
Vì f là hàm lồi trên [a, b] nên f cũng lồi trên [v −y, v + y] ⊂ [a, b] Áp dụng bất đẳng thức Hermite-Hadamard cho hàm lồi f trên [v −y, v+y], ta được f(v) ≤ 1
(3.22) Theo giả thiết f là hàm lồi trên [a, b] nên với các điểm a ≤ x 1 < x 2 < x 3 ≤ b.
Theo Tính chất 1.2.6, ta có f(x2) ≤ x 3 −x 2 x 3 −x 1 f(x1) + x 2 −x 2 x 3 −x 1 f(x3).
Chọn x 1 = a, x 2 = v −y, x 3 = b ta được f(v −y) ≤ b−(v −y) b−a f(a) + v −y −a b−a f(b) (3.23) Chọn x 1 = a, x 2 = v +y, x 3 = b ta được f(v +y) ≤ b−(v +y) b−a f(a) + v +y −a b−a f(b) (3.24) Cộng vế theo vế (3.23) và (3.24) ta thu được f(v −y) + f(v +y)
(3.25) Kết hợp (3.22) và (3.6) ta được f(v) ≤ 1
Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
Nhận xét 3.3.11 Nếu trong bất đẳng thức (3.21), ta chọn p = q = 1, y = b−a
2 , thì ta được bất đẳng thức Hermite-Hadamard f a+b 2
Trong Chương 3, chúng tôi đã trình bày ứng dụng của bất đẳng thức Hermite-Hadamard cơ bản, cùng với việc áp dụng dạng mở rộng của bất đẳng thức kép này.
Bằng cách sử dụng các đại lượng trung bình như trung bình cộng, trung bình nhân và trung bình điều hòa, cùng với việc chọn hàm phù hợp và áp dụng các bất đẳng thức mở rộng đã được chứng minh, chúng tôi đã hình thành các bất đẳng thức mới liên quan đến đại lượng trung bình Cuối chương, chúng tôi áp dụng bất đẳng thức Hermite-Hadamard cơ bản vào các hàm sơ cấp để giải quyết các bài toán phổ thông.
Trong luận văn này, chúng tôi đã trình bày các định lý và hệ quả của nhiều bất đẳng thức quan trọng, bao gồm bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân (AM-GM), bất đẳng thức H¨older, Cauchy - Schwarz, Minkowski, Jensen, cũng như bất đẳng thức Gr¨uss’ tích phân Ngoài ra, chúng tôi cũng đã đề cập đến một số kết quả cơ bản về hàm lồi và các tính chất liên quan của chúng.
Bất đẳng thức Hermite-Hadamard là một công cụ quan trọng trong toán học, đặc biệt trong việc nghiên cứu các hàm lồi Để chứng minh bất đẳng thức này, ta cần áp dụng các định lý cơ bản về hàm lồi và tính khả vi Hệ quả của bất đẳng thức Hermite-Hadamard cho thấy mối liên hệ giữa giá trị trung bình và giá trị hàm tại các điểm biên Ngoài ra, có nhiều mở rộng của bất đẳng thức này, cho phép áp dụng vào các hàm lồi khả vi bậc nhất, mở rộng khả năng ứng dụng trong các lĩnh vực khác nhau.
Trong chương này, chúng tôi trình bày việc áp dụng bất đẳng thức Hermite-Hadamard cơ bản và mở rộng của bất đẳng thức kép này vào các trung bình Cuối chương, nhờ vào việc áp dụng bất đẳng thức Hermite-Hadamard vào các hàm sơ cấp, chúng tôi đã phát triển được các bất đẳng thức kép mới và tiến hành giải chi tiết những bất đẳng thức này.