Hàm lồi và hàm s -lồi
Hàm lồi
Cho hai điểm x1, x2 ∈ R n Tập tất cả các điểm x = (1 −λ)ax1 +λx2 với
0 ≤λ ≤1 gọi là đoạn thẳng (đóng) nối x1 và x2, và được ký hiệu là [x1, x2]. Định nghĩa 1.1.1 (xem [1]) Tập C ⊆ R n được gọi là tập lồi nếu với mọi λ ∈ [0,1] và mọi x1, x2 ∈ C thì xλ := λx1 + (1−λ)x2 ∈ C.
Tập lồi C bao gồm tất cả các đoạn thẳng nối hai điểm bất kỳ trong nó Định nghĩa 1.1.2 (xem [1]) cho biết rằng nếu C là một tập con lồi không rỗng trong không gian R^n, thì hàm số thực ψ : C → R xác định trên tập lồi C được gọi là hàm số lồi.
(i) hàm lồi trên C nếu với mọi x, y ∈ C và mọi số thực λ ∈ [0,1], ta có ψ[λx+ (1−λ)y] ≤ λψ(x) + (1−λ)ψ(y); (1.1)
(ii) hàm lồi chặt trên C nếu bất đẳng thức (1.1) là chặt với mọi x khác y.
Hàm ψ được gọi là hàm lõm nếu hàm (−ψ) là lồi.
Nếu n = 1, Định nghĩa 1.1.2 cho ta định nghĩa về hàm lồi một biến trên
R. Định lý sau đây cho ta mối liên hệ giữa hàm lồi và tập lồi. Định lý 1.1.3 (xem [1]) Giả sử hàm ψ : R n → R là một hàm lồi trên R n và λ ∈ R Khi đó
Tập Cλ, Cλ trong Định lý 1.1.3 gọi là các tập mức dưới.
Hàm lồi n biến ψ(x) có mối liên hệ chặt chẽ với hàm lồi một biến ϕ(λ) := ψ(x+λd) Cụ thể, hàm ψ(x) là hàm lồi nếu và chỉ nếu hàm ϕ(λ) là hàm lồi theo λ đối với mọi x và d trong R n.
Để chứng minh điều kiện đủ, ta giả sử ϕ là hàm lồi với mọi x, d ∈ R n Chọn x, y bất kỳ thuộc R n và đặt d = x−y Với mọi λ ∈ [0,1], ta có ψ (1−λ)x+λy = ψ(x+λd) = ϕ(λ) = ϕ (1−λ).0 +λ.1.
Ví dụ 1.1.5 Các hàm sau đây là các hàm lồi (một biến):
(i) hàm afin ψ(x) := ax+ b trên R với mọi a, b ∈ R,
(ii) hàm mũ ψ(x) := e ax trên R với mọi a ∈ R.
Ví dụ 1.1.6 (i) Mọi hàm chuẩn đều là hàm lồi trên R n , trong đó kxkp n
(ii) Cho C ⊆ R n là một tập lồi khác rỗng, các hàm sau đây là hàm lồi trên
(b) Hàm khoảng cách từ điểm x ∈ R n đến C :dC(x) = inf
Hàm s -lồi
Trong mục này ta sử dụng ký hiệu R + = [0,+∞). Định nghĩa 1.1.7 (xem [5]) Hàm ψ : R + → R được gọi là
(i) hàm s-lồi loại một nếu ψ(αx+βy) ≤α s ψ(x) +β s ψ(y) (1.2) với mọi x, y ∈ R + và mọi α, β ≥ 0 với α s +β s = 1, s ∈ (0,1];
(ii) hàm s-lồi loại hai nếu bất đẳng thức (1.2) thỏa mãn với mọi x, y ∈ R + , và mọi α, β ≥ 0 với α +β = 1, s ∈ (0,1].
Nhận xét 1.1.8 Dễ thấy rằng khi s = 1 thì hàm s-lồi (loại một, loại hai) trở thành hàm lồi một biến thông thường xác định trên [0,+∞).
Ví dụ 1.1.9 Cho s ∈ (0,1) và a, b, c ∈ R Ta định nghĩa hàm ψ từ [0,+∞) vào R như sau: ψ(x)
(i) Nếu b ≥ 0, c ≤ a thì ψ là hàm s-lồi loại một.
(ii) Nếu b ≥ 0 và 0 ≤c ≤ a thì ψ là hàm s-lồi loại hai.
Chứng minh (i) Ta xét hai trường hợp sau đây:
(ii) được chứng minh tương tự như phần (i).
Bất đẳng thức tích phân dạng Hermite – Hadamard cho hàm lồi và hàm s -lồi
Bất đẳng thức tích phân dạng Hermite – Hadamard
Bất đẳng thức Hermite – Hadamard là một trong những bất đẳng thức nổi tiếng cho hàm lồi Theo định lý 1.2.1, nếu ψ là một hàm lồi trên khoảng [b1, b2] với b1 < b2, thì bất đẳng thức ψ(b1) + ψ(b2) được áp dụng.
Bất đẳng thức (1.3) có thể viết lại dưới dạng:
Chứng minh Vì hàm f lồi trên đoạn [b1, b2], nên với mọi λ ∈ [0,1] ta có ψ λb1 + (1−λ)b2
Lấy tích phân hai vế theo λ trên đoạn [0,1], ta nhận được
2 và bằng phép đổi biến x = λb1 + (1−λ)b2, suy ra
Kết hợp với (1.5) ta nhận được bất đẳng thức thứ hai của (1.3) Cũng do tính lồi của hàm ψ,
Tích phân hai vế bất đẳng thức này theo λ trên đoạn [0,1] ta nhận được b1 +b2
Bất đẳng thức thứ nhất của (1.3) được chứng minh
Ký hiệu L p [a, b] là không gian các hàm khả tích bậc p (1 ≤ p < ∞) trên đoạn [a, b], nghĩa là nếu ψ(x) ∈ L p [a, b] thì
Z b a |ψ(x)| p dx < ∞. Nhận xét 1.2.2 Giả sử ψ : [a, b] ⊂ R → R là hàm khả vi trên [a, b] với a < b Nếu ψ ′ ∈ L 1 [a, b] thì
′(t)dt (1.6) Định lý 1.2.3 (xem [3]) Nếu ψ : [a, b] → R là hàm khả vi trên [a, b] ⊂ R và hàm ϕ(x) : x− a+b
Chứng minh Áp dụng bất đẳng thức cho hàm ϕ:
Sử dụng định nghĩa của hàm ϕ ta thu được:
Z b a ψ(x)dx ≥ 0. Định lý 1.2.4 (xem [3]) Giả sử ψ : [a, b]⊂ R → R là hàm khả vi trên [a, b] và p > 1 Nếu |ψ ′ | là q-khả tích trên [a, b], trong đó 1 p + 1 q = 1, thì ψ(a) +ψ(b)
Chứng minh Sử dụng bất đẳng thức H¨older với p > 1 và q > 1 thỏa mãn
1 q và khi đó, bất đẳng thức (1.8) được suy ra từ (1.6).
Bất đẳng thức tích phân dạng Hermite – Hadamard
Bất đẳng thức Hermite – Hadamard cho tích phân bậc phân số 16
2.1.1 Tích phân bậc phân số Riemann – Liouville
Cho b1, b2 ∈ R với b1 < b2 và ψ ∈ L[b1, b2] Khi đó, tích phân bậc phân số Riemann – Liouville phải và trái J b α
1+ψ và J b α 2− ψ với bậc α > 0 được xác định lần lượt bởi:
(x−t) α − 1 ψ(t)dt, x < b 2 , (2.2) trong đó Γ(α) là hàm Gamma được định nghĩa như sau: Γ(α) Z ∞
Bất đẳng thức Hermite – Hadamard đã được mở rộng cho tích phân bậc phân số Riemann – Liouville Theo Định lý 2.1.1, cho hàm số ψ : [b1, b2] → R là một hàm số dương.
0 ≤b1 < b2, α > 0 tùy ý và ψ ∈ L[b1, b2] Nếu hàm ψ lồi trên [b1, b2] thì ψ b1 +b2
(2.3) Nếu cho α = 1 trong (2.3), ta nhận được bất đẳng thức (1.3) Như vậy (2.3) được xem là một mở rộng của bất đẳng thức (1.3).
Cho b 1 , b 2 ∈ R thỏa mãn b 1 < b 2 Mehmood và cộng sự (xem [7] và tài liệu trích dẫn trong đó) đã định nghĩa các hàm Green Gi : [b1, b2]×[b1, b2] →R (i = 1,2,3,4) như sau:
Ký hiệu C 2 ([b1, b2]) là tập tất cả các hàm liên tục và có đạo hàm đến cấp hai liên tục trên [b1, b2].
Bổ đề 2.1.2 (xem [7]) Cho b1 < b2 và G := G1 là hàm Green được xác định bởi (2.4) Khi đó, ψ(x) = ψ(b1) + (x−b1)ψ ′ (b2) +
G(x, à)ψ ′′ (à)dà (2.8) nếu ψ ∈ C 2 ([b1, b2]). Định lý 2.1.3 (xem [7]) Giả sử ψ ∈ C 2 ([b1, b2]) là một hàm lồi Khi đó với mọi α > 0 ta có bất đẳng thức ψ αb1 +b2 α + 1
≤ Γ(α + 1) (b 2 −b 1 ) α J b α 1+ ψ(b2) ≤ αψ(b1) + ψ(b2) α+ 1 (2.9) Chứng minh Thay x = αb α+1 1 +b 2 trong (2.8), ta được ψ αb1 +b2 α+ 1
G αb1 + b2 α+ 1 , à ψ ′′ (à)dà. Bây giờ, nhân cả hai vế của (2.8) với α(b (b 2 − x) α − 1
2 − b 1 ) α và tích phân hai vế, ta nhận được α (b2 −b1) α
Từ (2.11) và (2.10) ta nhận được ψ αb1 +b2 α+ 1
Do đú, nếu b1 ≤ à≤ αb α+1 1 +b 2 , thỡ từ (2.13) và (2.14) ta cú
(b2 −b1) α ≤ 0, cho thấy f đang giảm và f(b1) < 0, do đú f(à) ≤ 0 với mọi à ∈ hb1, αb α+1 1 +b 2 i, tức là,
(b 2 −x) α − 1 G(x, à)dx≤ 0 (2.15) Nếu αb α+1 1 +b 2 ≤ à≤ b2, sử dụng (2.13) và (2.14) ta được
Vỡ ψ lồi nờn ψ ′′ (à) ≥ 0 và sử dụng (2.15) và (2.16) trong (2.12) ta cú ψ αb1 +b2 α+ 1
1+ψ(b2),đây là bất đẳng thức đầu tiên của (2.9).
Tiếp theo, ta chứng minh bất đẳng thức thứ hai của (2.9) Thật vậy, cho x = b2 trong (2.8) ta nhận được ψ(b2) =ψ(b1) + (b2 −b1)ψ ′ (b2) +
Thêm αψ(b 1 ) vào hai vế và chia cho (α+ 1), ta được αψ(b1) +ψ(b2) α+ 1 = ψ(b1) + (b2 −b1)ψ ′ (b2) α + 1 + 1 α+ 1
Sử dụng hàm Green và (2.13) ta nhận được
Bây giờ, sử dụng tính lồi của ψ, (2.19) và (2.18), ta được αψ(b 1 ) +ψ(b 2 α+ 1 ≥ Γ(α+ 1)
1+ψ(b2), ta được bất đẳng thức thứ hai của (2.9).
Bất đẳng thức tích phân dạng Hermite–Hadamard cho một lớp hàm đơn điệu
cho một lớp hàm đơn điệu
2.2.1 Xây dựng bất đẳng thức Định lý 2.2.1 (xem [7]) Giả sử ψ ∈ C 2 ([b1, b2]) và α > 0 Khi đó các phát biểu sau là đúng:
(i) Nếu |ψ ′′ | là một hàm tăng, thì αψ(b1) +ψ(b2) α+ 1 − Γ(α+ 1
(ii) Nếu |ψ ′′ | là một hàm giảm, thì αψ(b1) + ψ(b2) α+ 1 − Γ(α+ 1
(iii) Nếu |ψ ′′ | là một hàm lồi, thì αψ(b1) + ψ(b2) α+ 1 − Γ(α+ 1
Chứng minh (i) Từ (2.18) ta nhận được αψ(b 1 ) +ψ(b 2 ) α+ 1 − Γ(α+ 1
Vỡ (b2 −b1) α (b2 −à)−(b2 −à) α+1 ≥ 0 và |ψ ′′ | là một hàm tăng, nờn αψ(b1) +ψ(b2) α+ 1 − Γ(α + 1
2(α + 1)(α+ 2) , ta được bất đẳng thức (2.20).
(ii) Ta chứng minh tương tự như chứng minh phần (i).
(iii) Sử dụng (2.21) và mọi hàm lồi ψ được xác định trên [b1, b2] bị chặn trên bởi max{ψ(b1), ψ(b2)}, ta được αψ(b1) +ψ(b2) α+ 1 − Γ(α+ 1
Chú ý 2.2.2 Cho α = 1 trong Định lý 2.2.1, ta nhận được các bất đẳng thức sau đây: ψ(b1) +ψ(b2)
12 Định lý 2.2.3 (xem [7]) Giả sử ψ ∈ C([b1, b2]) và α > 0 Khi đó các phát biểu sau đây đúng:
(i) Nếu |ψ| là một hàm tăng thì ψ αb1 + b2 α+ 1
(ii) Nếu |ψ| là một hàm giảm thì ψ αb1 +b2 α+ 1
(iii) Nếu |ψ| là một hàm lồi thì ψ αb1 +b2 α + 1
Lấy giá trị tuyệt đối và sử dụng bất đẳng thức tam giác ta được ψ αb1 +b2 α + 1
(ii) Chứng minh tương tự như chứng minh phần (i).
Vì mọi hàm lồi ψ xác định trên đoạn [b1, b2] đều bị chặn trên bởi max{ψ(b1), ψ(b2)}, nên ψ αb 1 +b 2 α+ 1
, đây là bất đẳng thức cần chứng minh.
Chú ý 2.2.4 Cho α = 1 trong Định lý 2.2.3 ta nhận được các bất đẳng thức dưới đây: ψ b1 + b2
,|ψ ′′ (b 2 )| i. Định lý 2.2.5 (xem [7]) Giả sử ψ ∈ C 2 ([b1, b2]) và |ψ ′′ | là một hàm lồi. Khi đó với α > 0 bất kỳ ta có bất đẳng thức ψ αb 1 +b 2 α+ 1
Chứng minh Từ (2.22) ta nhận được ψ αb1 +b2 α + 1
Lấy trị tuyệt đối cả hai vế và sử dụng tính lồi của|ψ ′′ |, ta được ψ αb1 +b2 α+ 1
Chú ý 2.2.6 Trong Định lý 2.2.5, nếu lấy α = 1, thì ta được ψ b 1 +b 2
48 [11|ψ ′′ (b1) + 3|ψ ′′ (b2)|]. Định lý 2.2.7 (xem [7]) Giả sử ψ ∈ C 2 ([b1, b2]) và |ψ ′′ | là một hàm lồi. Khi đó với α > 0 bất kỳ ta có bất đẳng thức αψ(b1) + ψ(b2) α+ 1 − Γ(α+ 1)
Chứng minh Từ (2.18), ta có αψ(b1) +ψ(b2) α+ 1 − Γ(α+ 1)
Lấy giá trị tuyệt đối hai vế và sử dụng tính lồi của |ψ ′′ |, ta được αψ(b1) +ψ(b2) α+ 1 − Γ(α+ 1)
, đây là bất đẳng thức cần tìm.
Chú ý 2.2.8 Trong Định lý 2.2.7, nếu lấy α = 1, thì ta được ψ(b1) +ψ(b2)
24 [|ψ ′′ (b1)|+|ψ ′′ (b2)|]. Định lý 2.2.9 (xem [7]) Giả sử ψ ∈ C 2 ([b1, b2]) và |ψ ′′ | là một hàm lõm. Khi đó với α > 0 bất kỳ ta có ψ αb1 +b2 α + 1
Lấy trị tuyệt đối hai vế và sử dụng bất đẳng thức tích phân Jensen ta được ψ αb1 + b2 α+ 1
Chú ý 2.2.10 Trong Định lý (2.14), nếu lấy α = 1, thì được ψ αb1 +b2 α+ 1
Định lý 2.2.11 (xem [7]) Giả sử rằng ψ ∈ C 2 ([b1, b2]) và |ψ ′′ | là một hàm lõm Khi đó, với α > 0 bất kỳ ta có bất đẳng thức αψ(b 1 ) +ψ(b 2 ) α+ 1 − Γ(α+ 1)
Lấy trị tuyệt đối hai vế và sử dụng bất đẳng thức tích phân Jensen ta được αψ(b1) +ψ(b2) α+ 1 − Γ(α+ 1)
Chú ý 2.2.12 Nếu cho α = 1 trong Định lý 2.2.11, ta nhận được αψ(b1) +ψ(b2)
Chú ý 2.2.13 (a) Nếu sử dụng hàm Green G 2 được cho bởi (2.5) thay vì hàm Green G1 cho bởi (2.4), ta nhận được kết quả tương tự như trong các Định lý 2.2.1–2.2.11.
Sử dụng hàm Green G3 theo (2.6) hoặc hàm Green G4 theo (2.7) sẽ dẫn đến các kết quả khác nhau (xem [7] và tài liệu liên quan) Định lý 2.2.14 (xem [6]) chỉ ra rằng nếu ψ : [b1, b2] ⊂ R → R là hàm khả vi và ψ ′′ thuộc L[b1, b2] với 0 ≤ b1 < b2, đồng thời |ψ ′′ | là hàm lồi trên đoạn [b1, b2], thì có những kết luận quan trọng về tính chất của hàm này.
(i) Với α > 0 tùy ý và q ≥1 ta có
(iii) Nếu α = 1 và q = 1 ta có
Xem chứng minh chi tiết trong [6].
2.2.2 Áp dụng cho một số trường hợp đặc biệt
Cho b 1 và b 2 là các số thực tùy ý Ta nhắc lại định nghĩa một số giá trị trung bình đặc biệt sau đây.
Mệnh đề 2.2.15 (xem [6]) Nếu |n| ≥3 và b1, b2 ∈ R thỏa mãn 0 < b1 < b2 thì
Chứng minh Áp dụng Định lý 2.2.14(ii) với hàm ψ(x) =x n với n thỏa mãn điều kiện của mệnh đề.
Mệnh đề 2.2.16 (xem [6]) Cho b1, b2 ∈ R thỏa mãn 0 < b1 < b2, thì
Chứng minh Áp dụng Định lý 2.2.14(ii) với hàm ψ(x) =x − 1 với x 6= 0.
Mệnh đề 2.2.17 (xem [6]) Nếu |n| ≥3 và b1, b2 ∈ R thỏa mãn 0 < b1 < b2 thì
1 +1/b 2 Do đó, thực hiện phép thay đổi b1 bởi b − 2 1 và b2 bởi b − 1 1 trong các bất đẳng thức (2.25) và (2.26) ta nhận được các bất đẳng thức (2.27) và (2.28) tương ứng.
Mệnh đề 2.2.18 (xem [6]) Cho b 1 , b 2 ∈ R thỏa mãn 0 < b 1 < b 2 , thì
Chứng minh Áp dụng Định lý 2.2.14(ii) với hàm ψ(x) =x 2
2.2.3 Áp dụng xây dựng một số bất đẳng thức trong chương trình toán phổ thông
Trong trường hợp đặc biệt, bất đẳng thức Hermite – Hadamard được áp dụng để phát triển một số bất đẳng thức quen thuộc trong chương trình toán phổ thông Dưới đây, chúng ta sẽ trình bày một số ví dụ minh họa cho việc ứng dụng bất đẳng thức này.
Ví dụ 2.2.19 Áp dụng bất đẳng thức (1.3) cho hàm ψ(x) = 1+x 1 , x ≥0: (a) Trên đoạn [0, n] ta nhận được bất đẳng thức sau:
Ví dụ 2.2.20 Áp dụng bất đẳng thức (1.3) cho hàm ψ(x) = e x , trên đoạn [b1, b2] tùy ý với b1, b2 ∈ R và b1 < b2, ta nhận được e (b 1 +b 2 )/2 < e b 2 −e b 1 b2 −b1
2 Đặt x = e b 1 , y = e b 2 thì ta thu được bất đẳng thức giữa trung bình nhân, trung bình lôgarít và trung bình cộng:
Kết luận, đề tài luận văn đã giới thiệu các bất đẳng thức mới dạng Hermite – Hadamard cho lớp hàm đơn điệu, được công bố trong các bài báo [6] và [7] vào năm 2018 và 2020.
(1) Giới thiệu về hàm lồi, hàm s-lồi, cùng mối liên hệ giữa hàm lồi và hàm s-lồi cùng một số tính chất của chúng.
(2) Trình bày một số bất đẳng tích phân dạng Hermite – Hadamard cho hàm lồi, hàm s-lồi.
(3) Sử dụng phương pháp hàm Green để trình bày bất đẳng thức dạng Hermite – Hadamard cho tích phân bậc phân số Riemann – Liouville.
Từ đó trình bày cách xây dựng một số bất đẳng thức tích phân dạng Hermite – Hadamard cho một lớp hàm đơn điệu.
Áp dụng các bất đẳng thức đã được đề cập, chúng ta có thể đánh giá một số giá trị trung bình đặc biệt và từ đó xây dựng những bất đẳng thức quen thuộc trong chương trình toán phổ thông Những bất đẳng thức này không chỉ giúp củng cố kiến thức mà còn hỗ trợ trong việc giải quyết các bài toán phức tạp hơn.
[1] Trần Vũ Thiệu, Nguyễn Thị Thu Thủy, Tối ưu phi tuyến – Lý thuyết và phương pháp giải, NXB Bách Khoa Hà Nội, 2021.
[2] P Cerone, S.S Dragomir (2011), Mathematical Inequalities: A perspec- tive, CRS Press, Taylor and Francis Group, LLC, USA.
[3] S.S Dragomir, E.M.P Charles (2000), Selected Topics on Hermite– Hadamard Inequalities and Applications, RGMIA Monographs, Victoria University.
[4] J Hadamard (1893), “Étude sur les propriétés des fonctions enti‘eres et en particulier d’une fonction considérée par Riemann”, J Math Pures Appl., 58, 171–215.
[5] H Hudzik, L Maligranda (1994), “Some remarks on s-convex functions”, Aequationes Mathematicae, 48, 100–111.
[6] P.O Mohammed (2020), “Fractional integral inequalities of Hermite-Hadamard type for convex functions with respect to a monotone function”, Filomat 34:7 (2020), 2401–2411 https://doi.org/10.2298/FIL2007401M.