Luận văn thạc sỹ một số bất đẳng thức đối với hàm lồi và hàm suy rộng trên tập phân thứ

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– Nguyễn Quang Lộc MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC ĐỐI VỚI HÀM LỒI VÀ HÀM LỒI SUY RỘNG TRÊN TẬP PHÂN THỨ THÁI NGUYÊN, 5/2022 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– Nguyễn Quang Lộc MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC ĐỐI VỚI HÀM LỒI VÀ HÀM LỒI SUY RỘNG TRÊN TẬP PHÂN THỨ Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC Hướng dẫn 1: TS Trần Xuân Quý Hướng dẫn 2: TS Đỗ Thị Phương Quỳnh THÁI NGUYÊN, 5/2022 Mục lục Bảng ký hiệu i Mở đầu Chương Một số bất đẳng thức 1.1 Hàm lồi số kết liên quan 1.2 Một số bất đẳng thức khác hàm lồi hàm lồi điều hòa 3 Chương Một số bất đẳng thức hàm lồi hàm lồi suy rộng tập phân thứ số vận dụng 2.1 Hàm lồi suy rộng số kết liên quan 2.1.1 Một số khái niệm tính chất 2.1.2 Hàm lồi suy rộng số tính chất liên quan 2.2 Một số bất đẳng thức hàm lồi suy rộng 2.2.1 Bất đẳng thức Jensen hàm lồi suy rộng số vận dụng 2.2.2 Bất đẳng thức Hermite-Hadamard hàm lồi suy rộng số vận dụng 2.2.3 Bất đẳng thức Simpson hàm lồi suy rộng số vận dụng 8 12 13 13 17 27 Kết luận 30 Tài liệu tham khảo 31 i Ký hiệu viết tắt N R N∗ Zα Qα Jα Rα Tập hợp số tự nhiên Tập hợp số thực Tập hợp số tự nhiên bỏ phần tử Tập số nguyên kiểu α xác định {0α , ±1α , ±2α , , ±nα , } Tập hợp  α số hữu tỉ kiểu α xác định p mα = : p, q ∈ Z, q 6= q Tập hợp α số vô tỉ kiểu α xác định  p : p, q ∈ Z, q 6= mα 6= q Tập hợp số thực kiểu α xác định Rα = Qα ∪ Jα Mở đầu Chuyên đề bất đẳng thức chuyên đề rộng tốn học, có nhiều tốn hay thú vị, có ý nghĩa quan trọng Tốn học ứng dụng Ngày việc tìm lời giải gần toán lĩnh vực, đặc biệt kinh tế, địa chất, khí tượng, trở thành phổ biến nhờ có hỗ trợ mạnh mẽ máy tính Việc giải tốn địi hỏi ta ước lượng đánh giá để thu lời giải gần cần thiết Trong trường phổ thơng tốn bất đẳng thức (hay tốn so sánh) ln khai thác để đưa vào rèn luyện tư sáng tạo học sinh Đặc biệt kì thi học sinh giỏi cấp chủ đề bất đẳng thức thường khai thác để đánh giá tư học sinh Các chủ đề bất đẳng thức nhiều tác giả khai thác nhiều khía cạnh Mục đích đề tài luận văn tập trung trình bày lại số bất đẳng thức đặc biệt lớp hàm lồi để giải số lớp bất đẳng thức Đồng thời trình bày số bất đẳng thức lớp hàm lồi suy rộng tập phân thứ Dưới hướng dẫn TS Trần Xuân Quý TS Đỗ Thị Phương Quỳnh, chọn đề tài luận văn: “Một số bất đẳng thức hàm lồi hàm lồi suy rộng tập phân thứ” Nội dung luận văn trình bày hai chương, cụ thể sau: Chương Trình bày hàm lồi, hàm lồi điều hịa, số tính chất hàm lồi số bất đẳng thức hàm lồi Chương Trình bày tập phân thứ, hàm lồi suy rộng, tích phân phân thứ số tính chất liên quan Trình bày số bất đẳng thức hàm lồi suy rộng: lớp bất đẳng thức Jensen suy rộng, Hermite-Hadamard suy rộng Simpson suy rộng số vận dụng Luận văn hoàn thành trường Đại học Khoa học – Đại học Thái Nguyên Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành sâu sắc tới giáo viên hướng dẫn TS Trần Xuân Quý TS Đỗ Thị Phương Quỳnh, người quan tâm ân cần bảo, động viên khích lệ, giúp đỡ tận tình tạo điều kiện cho em suốt trình học tập thực đề tài Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới thầy giáo, cô giáo khoa Toán - Tin trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên giảng dạy giúp đỡ cho tác giả suốt thời gian học tập Trường Tác giả xin chân thành cảm ơn Ban Giám hiệu trường THPT Tràng Định, Lạng Sơn toàn thể anh chị em đồng nghiệp tạo điều kiện tốt cho tác giả thời gian học Cao học Đồng thời, xin gửi lời cảm ơn tới gia đình, bạn bè đồng nghiệp động viên, khích lệ tơi q trình học tập hoàn thành luận văn trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên Thái Nguyên, tháng 05 năm 2022 Tác giả Nguyễn Quang Lộc Chương Một số bất đẳng thức Chương giới thiệu khái niệm hàm lồi, hàm lồi điều hịa; trình bày số bất đẳng thức hàm lồi, hàm lồi điều hòa số bất đẳng thức liên quan Một số kết phát biểu mà không chứng minh (xem tài liệu [1, 4, 5]) Các kết trình bày chương thiết lập cho dạng bất đẳng thức kiểu tương tự tập phân thứ trình bày Chương 1.1 Hàm lồi số kết liên quan Định nghĩa 1.1 (i) Cho hai điểm a, b ∈ R, tập tất điểm x = (1 − λ)a + λb với λ gọi đoạn thẳng (đóng) a b ký hiệu [a, b] Tập I ⊂ R gọi lồi chứa đường thẳng nối hai điểm nó; nói cách khác, (1 − t)a + tb ∈ I với a, b ∈ I, λ (ii) Cho hàm f : I → [−∞, +∞] tập lồi I ⊂ R Hàm f gọi lồi với x1 , x2 ∈ I λ ∈ [0, 1] ta có f (λx1 + (1 − λ)x2 ) λf (x1 ) + (1 − λ)f (x2 ) Hàm f gọi lõm I −f hàm lồi Mệnh đề 1.1 Cho f : I → [−∞, +∞] hàm lồi Khi đó, với tập hữu hạn x1 , , xk ∈ I số không âm λ1 , , λk thỏa mãn λ1 + λ2 + · · · + λk = 1, ta có ! n n X X λi x i f λi f (xi ) i=1 i=1 Mệnh đề 1.2 Hàm f hàm liên tục [a, b] Khi đó, f hàm lồi (a, b) thỏa mãn   f (x) + f (y) x+y (1.1) f 2 với x, y ∈ (a, b) Khái niệm hàm lồi lần giới thiệu J.L.W.V Jensen năm 1905, hàm số thỏa mãn điều kiện (1.1) nghiờn cu bi Hadamard (1893) v Hăolder (1889) Vớ d số hàm lồi Ví dụ 1.1 Các hàm số xác định hàm số lồi (a) f (x) = ax + b R với a, b ∈ R; (b) f (x) = x2 R; (c) f (x) = eαx R với α > α 0; (d) f (x) = |x| R;   (f) tan x 0, π2 Nhận xét 1.1 Tổng hữu hạn hàm lồi hàm lồi Tuy nhiên, tích hàm lồi chưa lồi Chẳng hạn hàm f (x) = x2 g(x) = ex hàm lồi R tích chúng h(x) = x2 ex khơng phải hàm lồi R Định lý 1.1 (Bất đẳng thức Jensen) Cho f : I → R hàm lồi Giả sử x1 , x2 , , xn điểm thuộc I λ1 , λ2 , , λn số thực đoạn [0, 1] cho λ1 + λ2 + · · · + λn = Khi   n n X X f λj x j  λj f (xj ) (1.2) j=1 j=1 Nhận xét 1.2 Nếu f : I → R hàm lõm bất đẳng thức (1.2) đổi chiều Nếu x1 , x2 , , xn điểm I λ1 , λ2 , , λn số thực đoạn [0, 1] cho λ1 + λ2 + · · · + λn = 1, ta có bất đẳng thức   n n X X   λj x j > f λj f (xj ) (1.3) j=1 j=1 Mệnh đề 1.3 Giả sử f có đạo hàm I Khi f hàm lồi I f ′ hàm tăng I (Tức f có đạo hàm cấp f ′′ > I ) Hệ 1.1 Cho f : [a, b] ⊆ R → R hàm lồi đoạn [a, b] Giả n P sử xi ∈ [a, b], pi > 0, i ∈ {1, 2, , n} Pn := pi > Khi i=1 n f X pi xi Pn i=1 ! n X pi f (xi ) Pn i=1 (1.4) Kết l bt ng thc Hăolder quen thuc cỏc lớp bất đẳng thức sơ cấp Kết trình bày chương sau số xác định tập phân thứ Định lý 1.2 (Bt ng thc Hăolder) Cho hai b s a1 , a2 , , an b1 , b2 , , bn hai n số thực dương p > 1, thỏa mãn q −1 + p−1 = Khi ta có bất đẳng thức sau ! 1q ! p1 n n n X X X api b i bqi (1.5) i=1 i=1 i=1 Dấu xảy api = kbqi , với i ∈ {1, 2, , n} Kết bt ng thc Hăolder dng gii tớch, chỳng tụi trình bày kết mà khơng chứng minh Định lý 1.3 (Bt ng thc Hăolder dng gii tớch) Gi sử p, q > thỏa 1 mãn + = 1, f g hai hàm số liên tục đoạn [a, b], p q  1q Z b  p1 Z b Z b (1.6) |g(x)|q dx |f (x)g(x)|dx |f (x)|p dx a a 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] 1.2 Một số bất đẳng thức khác hàm lồi hàm lồi điều hòa Định lý 1.4 Cho f : [a, b] ⊆ R → R hàm lồi khả vi đoạn n P [a, b] Giả sử xi ∈ [a, b], pi > 0, i ∈ {1, 2, , n} Pn := pi > Khi i=1 ta có bất đẳng thức n X pi f (xi ) − f 06 Pn i=1 n n X pi xi Pn i=1 ! n n X X X pi xi f ′ (xi ) − pi xi pi f ′ (xi ) Pn i=1 Pn i=1 Pn i=1 (1.7) Chứng minh Vì f hàm lồi khả vi (a, b), với x, y ∈ (a, b) ta có f (x) − f (y) > f ′ (y)(x − y) Cho x = Pn pi xi y = xj (j = 1, , n) (1.8) để Pn i=1 ! ! n n X X 1 pi xi − f (xj ) > f ′ (xj ) pi xi − xj f Pn i=1 Pn i=1 (1.8) (1.9) với j ∈ {1, , n} Nhân thêm pj > vào (1.9) cộng lại theo j từ tới n, ta ! n n n n n X X X X X ′ pj xj f ′ (xj ) pj f (xj ) > pi xi − pi xi pj f (xj )− Pn f Pn i=1 Pn i=1 j=1 j=1 j=1 suy (1.7) Tiếp theo, bất đẳng thức Hermite-Hadamard cận cận trung bình tích phân Kết trình bày chương sau lớp hàm lồi suy rộng tập phân thứ Mệnh đề 1.4 (Bất đẳng thức Hermite-Hadamard) Giả sử f hàm lồi [a, b] Khi đó, f khả tích [a, b] ta có   Z b f (a) + f (b) a+b f (x)dx (1.10) f b−a a 15 thỏa mãn Pn i=1 λi = ta có n X f λi x i i=1 ! n X λαi f (xi ) (2.15) i=1 Vận dụng bất đẳng thức Jensen suy rộng tính chất hàm lồi, ta có thiết lập số bất đẳng thức tích phân Yang thiết lập bất đẳng thức Cauchy-Schwarz suy rộng α/p α/q a b aα bα , p q aα , bα > 0, p, q > với 1/p + 1/q = Tiếp theo, vận dụng bất đẳng thức Jensen suy rộng ta chứng minh bất đẳng thức CauchySchwarz suy rộng Hệ 2.3 (Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz suy rộng, Hệ 13, [6]) Giả sử |ak | > 0, |bk | > 0, k = 1, 2, , n Khi ta có !1/2 !1/2 n n n X X X |bk |2α (2.16) |ak |α |bk |α |ak |2α i=1 i=1 i=1 Chứng minh Chọn f (x) = x2α Khi ta có f (2α) (x) > với x ∈ (a, b) |bk |2 , λk = P n |b | k i=1 xk = |ak | |bk | (2.17) P Ta có λk (k = 1, 2, , n) với ni=1 λk = Vì vậy, theo bất đẳng thức Jensen ! n n X X (α) λk f (xk ), f λk x k i=1 i=1 ta có " n X i=1 |b | |ak | Pn k k=1 |bk | |bk | #2α n  X k=1 |bk |2 Pn k=1 |bk | α  |ak | |bk | 2α Bất đẳng thức rút gọn sau #2α " n  n  X |ak ||bk | X |ak |2α Pn Pn , 2 )α |b | |b | ( k k k=1 k=1 k=1 k=1 (2.18) (2.19) 16 từ suy " n X |bk ||ak | k=1 #2α n X |ak | k=1 2α n X |bk |2α (2.20) k=1 Vì ta có n X k=1 |ak |α n X n X |bk |α |ak |2α k=1 k=1 !1/2 n X |bk |2α k=1 !1/2 (2.21) Năm 2022, công bố Saad Ihsan Butt cộng (xem [9]) tạp chí Journal of Inequalities and Applications thiết lập bất đẳng thức Jensen suy rộng cho lớp hàm lồi điều hòa tập phân thứ Trước tiên ta đưa khái niệm hàm lồi điều hòa suy rộng Định nghĩa 2.6 (Định nghĩa 6, [9]) Hàm f : I ⊂ R \ {0} → Rα gọi hàm lồi điều hòa suy rộng thỏa mãn   x , x2 f (1 − λ)α f (x1 ) + λα f (x2 ) λx1 + (1 − λ)x2 với x1 , x2 ∈ I , x1 < x2 λ ∈ [0, 1] Ta ký hiệu f ∈ GHKα (I) Định lý 2.5 (Định lý 5, [9]) Xét I ⊂ (0, ∞) f ∈ GHKα (I) với xi ∈ I λi ∈ [0, 1], i = 1, 2, , n thỏa λ1 + λ2 + · · · + λn = 1, ta có bất đẳng thức sau  f Pn λi i=1 xi  n X λαi f (xi ) (2.22) i=1 Chứng minh Với n = hiển nhiên bất đẳng thức Giả sử bất đẳng thức (2.22) với n = k Khi với x1 , x2 , , xk ∈ I ωi > 0, i = 1, 2, , k ta có  f Pk ωi i=1 xi  k X i=1 ωiα f (xi ) 17 Vì vậy, theo giả thiết quy nạp ta có  f Pk+1 λi i=1 xi  =f (1 − λk+1 ) (1 − λk+1 )α f = (1 − λk+1 )α f λ1 x1 + ··· + λk xk − λk+1 − λk+1   λ2 x2 + λ1 x1 + ω1 x11 λ2 x2 + ··· + λk xk ! + λk+1 xk+1  + λαk+1 f (xk+1 )  − λk+1 + λαk+1 f (xk+1 ) + ω2 x12 + · · · + ωk x1k (1 − λk+1 )α [ω1α f (x1 ) + ω2α f (x2 ) + · · · + ωkα f (xk )] + λαk+1 f (xk+1 )  α α   λ1 λk α = (1 − λk+1 ) f (x1 ) + · · · + f (xk ) − λk+1 − λk+1 + λαk+1 f (xk+1 ) = k+1 X λαi f (xi ) i=1 Ta có điều phải chứng minh Nhận xét 2.1 Nếu thay α = ta thu bất đẳng thức Định lý 1.5 2.2.2 Bất đẳng thức Hermite-Hadamard hàm lồi suy rộng số vận dụng Định lý 2.6 (Bất đẳng thức Hermite-Hadamard suy rộng, Định lý 14, (α) [6]) Giả sử f (x) ∈ Ix [a, b] hàm lồi suy rộng [a, b] với a < b Khi ta có   f (a) + f (b) Γ(1 + α) b a+b (2.23) f a Ia f (x)dx α (b − a) 2α Chứng minh Xét x = a + b − y Khi đó, ta có Z (a+b)/2 Z b f (x)dx = f (a + b − y)(dy)α b (2.24) (a+b)/2 Hơn nữa, x ∈ [(a + b)/2, b], a + b − x ∈ [a, (a + b)/2] Theo tính lồi hàm f ta có   a + b (2.25) f (a + b − y) + f (x) ≥ 2α f 18 Vì Z b α f (x)(dx) = a Z Z (a+b)/2 α f (x)(dx) + a b Z (a+b)/2 f (x)(dx)α a [f (a + b − x) + f (x)](dx)α (a+b)/2   Z b a+b α f > (dx)α (a+b)/2   a+b α = (b − a) f = (2.26) Vậy ta có bất đẳng thức đầu Ta chứng minh bất đẳng thức sau, f hàm lồi suy rộng, nên với t ∈ [0, 1] ta có f (ta + (1 − t)b) ≥ tα f (a) + (1 − t)α f (b), f ((1 − t)a + tb) ≤ (1 − t)α f (a) + tα f (b) Cộng hai bất đẳng thức ta f (ta + (1 − t)b) + f ((1 − t)a + tb) tα f (a) + (1 − t)α f (b) + (1 − t)α f (a) + tα f (b) (2.27) = f (a) + f (b) Khi đó, lấy tích phân hai vế theo t ∈ [0, 1] ta thu Z 1 [f (ta + (1 − t)b) + f ((1 − t)b + yb)](dt)α Γ(1 + α) Z 1 ≤ (f (a) + f (b))(dt)α Γ(1 + α) (2.28) Ta dễ dàng có Γ(1 + α) Vì Z [f (ta + (1 − t)b) + f ((1 − t)b + yb)](dt)α 2α b = a Ia f (x), α (b − a) Z 1 f (a) + f (b) [f (a) + f (b)](dt)α = Γ(1 + α) Γ(1 + α) f (a) + f (b) Γ(1 + α) b I f (x) a a (b − a)α (2.29) (2.30) 19 Từ bất đẳng thức (2.26) (2.30) ta có   f (a) + f (b) Γ(1 + α) b a+b f (x) I f a a (b − a)α (2.31) Nhận xét 2.2 Nếu ta thay α = ta thu lớp bất đẳng thức Hermite-Hadamard (Định lý 1.4) Năm 2020, Muharrem Tomar cộng (xem [3]) thiết lập mở rộng kết bất đẳng thức kiểu Hermite-Hadamard hàm lồi suy rộng dạng tích phân phân thứ Định lý 2.7 (Định lý 2.2, [5]) Giả sử giả thiết Bổ đề 2.3 thỏa mãn Nếu |f (α) | lồi suy rộng [a, b] bất đẳng thức sau đúng: (b − x)α f (b) + (x − a)α f (a) 2α Γ(1 + α) b − f (t) I f (x) + a a (b − a)α (b − a)α ! " Γ(1 + α) (x − a)2α |f (α) (x)| + |f (α) (a)| Γ(1 + 2α) (b − a)α 2α !# (α) (α) 2α |f (x)| + |f (b)| (b − x) (2.32) + (b − a)α 2α với x ∈ [a, b] Định lý 2.8 (Định lý 2.4, [5]) Giả sử giả thiết Bổ đề 2.3 thỏa mãn Nếu |f (α) |q hàm lồi suy rộng [a, b] với q > cố định bất đẳng thức sau đúng: (b − x)α f (b) + (x − a)α f (a) 2α Γ(1 + α) α − I f (t)