(Luận văn) một số bất đẳng thức hàm s lồi và áp dụng

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– lu an PHẠM THỊ THUÝ QUỲNH n va p ie gh tn to d oa nl w MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC HÀM s-LỒI VÀ ÁP DỤNG oi lm ul nf va an lu z at nh z LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC m co l gm @ an Lu n va ac th THÁI NGUYÊN, 5/2019 si ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– PHẠM THỊ THUÝ QUỲNH lu an n va p ie gh tn to d oa nl w MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC HÀM s-LỒI VÀ ÁP DỤNG an lu oi lm ul nf va Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp Mã số: 8460113 z at nh LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC z @ m co l gm GIÁO VIÊN HƯỚNG DẪN an Lu PGS.TS NGUYỄN THỊ THU THỦY n va ac th THÁI NGUYÊN, 5/2019 si iii Mục lục Mở đầu Một số tính chất hàm s-lồi lu Bảng ký hiệu an n va p ie gh tn to 1.1 1.1.1 Định nghĩa 1.1.2 Tính chất Hàm s-lồi oa nl 1.2 w Hàm lồi 1.2.1 Định nghĩa, ví dụ d Một số tính chất hàm s-lồi va an lu 1.2.2 Một số bất đẳng thức hàm s-lồi áp dụng oi lm 2.1.1 Bất đẳng thức Hermite–Hadamard cho hàm lồi 19 2.1.2 Bất đẳng thức Hermite–Hadamard cho hàm s-lồi 22 z at nh Bất đẳng thức Ostrowski 25 2.2.1 Bất đẳng thức Ostrowski cho hàm lồi 25 2.2.2 Bất đẳng thức Ostrowski cho hàm s-lồi 31 z gm @ Áp dụng 36 42 an Lu Tài liệu tham khảo m co Kết luận l 2.3 Bất đẳng thức Hermite–Hadamard 19 ul 2.2 nf 2.1 19 43 n va ac th si Bảng ký hiệu lu an n va tập số thực R+ tập số thực không âm Rn không gian Euclid n chiều Lp [a, b] không gian hàm khả tích bậc p [a, b] Ks1 lớp hàm s-lồi loại Ks2 lớp hàm s-lồi loại hai Io phần tập I p ie gh tn to R d oa nl w oi lm ul nf va an lu z at nh z m co l gm @ an Lu n va ac th si Mở đầu Hàm lồi tập lồi ó c nghiờn cu t lõu bi Hăolder, Jensen, lu Minkowski Đặc biệt với cơng trình Fenchel, Moreau, Rock- an va afellar vào thập niên 1960 1970 đưa giải tích lồi trở thành n lĩnh vực phát triển toán học Hai tính chất gh tn to hàm lồi tính chất đạt giá trị lớn biên cực tiểu p ie địa phương cực tiểu tập xác định giúp cho hàm lồi sử dụng rộng dãi tốn học lý thuyết ứng dụng Bên cạnh đó, nl w số hàm không lồi theo nghĩa đầy đủ chia sẻ vài tính chất d oa hàm lồi Chúng gọi hàm lồi suy rộng (generalized an lu convex function) va Một bất đẳng thức tiếng cho hàm f lồi [a, b] ⊂ R oi lm ul nf bất đẳng thức Hermite–Hadamard: Z b a + b f (a) + f (b) f f (x)dx ≤ ≤ b−a a z at nh hay dạng tương đương: Zb  ≤ f (x)dx ≤ (b − a) a f (a) + f (b) (2) l gm @ (b − a)f a+b z  (1) Năm 1938, Ostrowski thu đánh giá cho giá trị tuyệt đối m co hiệu số hàm f khả vi với giá trị trung bình tích phân an Lu n va đoạn [a, b] hữu hạn (xem tài liệu trích dẫn [4]):  2 # " a+b Z b x− 1 11 (ii) Các hàm f + g, max{f, g} thuộc lớp Ks1 Chứng minh (i) Lấy tùy ý u, v ∈ R+ Với α, β ≥ thỏa mãn αs + β s = ta có   h(αu + βv) = F f (αu + βv), g(αu + βv)   s s s s ≤ F α f (u) + β f (v), α g(u) + β g(v)     s s ≤ α F f (u), g(u) + β F f (v), g(v) lu = αs h(u) + β s h(v) an n va Chứng tỏ h ∈ Ks1 tn to (ii) Vì F hàm khơng giảm lồi theo biến R2 , nên F (f, g) = max{f, g} p ie gh F (f, g) = f + g hàm lồi, khơng giảm R2 Từ ta nhận kết (ii) oa nl w  d Định lý 1.2.7 (xem [7]) an lu va (i) Nếu f ∈ Ks1 bất đẳng thức (1.3) thỏa mãn với u, v ∈ R+ oi lm ul nf với α, β ≥ cho αs + β s ≤ f (0) ≤ (ii) Nếu f ∈ Ks2 bất đẳng thức (1.3) thỏa mãn với u, v ∈ R+ z at nh α, β ≥ với α + β ≤ f (0) = Chứng minh (i) Điều kiện cần thỏa mãn u = v = α = β = z @ Ngược lại, giả sử u, v ∈ R+ α, β ≥ < γ = αs + β s < Đặt m co l gm a = αγ −1/s b = βγ −1/s Khi as + bs = αs /γ + β s /γ = ta an Lu n va ac th si 12 có đánh giá

f αu + βv = f aγ 1/s u + bγ 1/s v ≤ as f (γ 1/s u) + bs f (γ 1/s v) h i h i s 1/s 1/s s 1/s 1/s = a f γ u + (1 − γ) + b f γ v + (1 − γ) h i h i s s ≤ a γf (u) + (1 − γ)f (0) + b γf (v) + (1 − γ)f (0) = as γf (u) + bs γf (v) + (1 − γ)f (0) ≤ αs f (u) + β s f (v) lu an va Chứng tỏ bất đẳng thức (1.3) thỏa mãn n (ii) Điều kiện cần: Đặt u = v = α = β = ta nhận f (0) ≤ sử Điều kiện đủ: Bây lấy u, v ∈ R+ α, β ≤ với < γ = αs + β s < ie gh tn to dụng Định lý 1.2.4(i) suy f (0) ≥ f (0) = p Đặt a = α/γ b = β/γ suy a + b = α/γ + β/γ =

f αu + βv = f αγu + βγv h i s s s ≤ a f (γu) + b f (γv) = a f γu − (1 − γ)0 h i s + b f γv + (1 − γ)0 h i h i s s s s s s ≤ a γ f (u) + (1 − γ) f (0) + b γ f (v) + (1 − γ) f (0) d oa nl w ul nf va an lu oi lm = as γ s f (u) + bs γ s f (v) + (1 − γ)s f (0) z at nh = αs f (u) + β s f (v)  Tức bất đẳng thức (1.3) thỏa mãn z gm @ Định lý 1.2.8 (xem [7]) m co l (i) Giả sử < s ≤ Nếu f ∈ Ks2 f (0) = f ∈ Ks1 (ii) Giả sử < s1 ≤ s2 ≤ Nếu f ∈ Ks22 f (0) = f ∈ Ks11 an Lu (iii) Giả sử < s1 ≤ s2 ≤ Nếu f ∈ Ks12 f (0) ≤ f ∈ Ks11 va n Chứng minh (i) Giả sử f ∈ Ks2 f (0) = Với u, v ∈ R+ α, β ≥ ac th thỏa mãn αs + β s = α + β ≤ αs + β s = từ Định lý 1.2.7(ii) ta si 13 nhận   f αu + βv ≤ αs f (u) + β s f (v), nghĩa f ∈ Ks1 (ii) Giả sử f ∈ Ks22 u, v ≥ 0, α, β ≥ với α + β = Khi đó,   f αu + βv ≤ αs2 f (u) + β s2 f (v) ≤ αs1 f (u) + β s1 f (v) Như f ∈ Ks11 (iii) Giả sử f ∈ Ks12 u, v ≥ 0, α, β ≥ với αs1 + β s1 = Khi lu an αs2 + β s2 ≤ αs1 + β s1 = theo Định lý 1.2.7   f αu + βv ≤ αs2 f (u) + β s2 f (v) ≤ αs1 f (u) + β s1 f (v), n va gh tn to nghĩa f ∈ Ks11 p ie  nl w Định lý 1.2.9 (xem [2]) Giả sử hàm f : [a, b] → R hàm s-lồi loại hai oa [a, b] hàm F : [0, 1] → R xác định d F (t) = (s + 1)(b − a)          Z b   1+t 1−t 1+t 1−t × f a+ x +f b+ x dx 2 2 a oi lm ul nf va an lu Khi đó, z at nh (i) F hàm s-lồi loại hai [0, 1] z (ii) Hàm F đơn điệu tăng [0, 1] @ m co l gm Chứng minh (i) Với α, β ≥ 0, α + β = t1 , t2 ∈ [0, 1] ta có  Z b  1 + (αt1 + βt2 ) − (αt1 + βt2 ) a+ x dx F (αt1 + βt2 ) = f b−a a 2  Z b  1 + (αt1 + βt2 ) + (αt1 − βt2 ) + f b+ dx b−a a 2 an Lu n va ac th si 14 Hay lu F (αt1 + βt2 ) =  Z b  (1 + t1 )a + (1 − t1 )x (1 + t2 )a + (1 − t2 )x) f α +β x dx = b−a a 2  Z b  (1 + t1 )b + (1 − t1 )x (1 + t2 )b + (1 − t2 )x) + f α +β dx b−a a 2    Z b  (1 + t1 ) αs (1 + t1 ) (1 − t1 ) (1 − t1 ) ≤ a+ x +f b+ x dx f b−a a 2 2    Z b  βs (1 + t2 ) (1 − t2 ) (1 + t2 ) (1 − t2 ) + f a+ x +f b+ x dx b−a a 2 2 an n va = αs F (t1 ) + β s F (t2 ) (ii) Giả sử ≤ t1 ≤ t2 ≤ 1, a ≤ x ≤ b Từ  Z b  (1 − t1 ) (1 + t1 ) b+ x dx f 2 a  Z b  (1 + t1 ) (1 − t1 ) f = b+ (b + a − x) dx 2 a ta suy  Z bh  (1 − t1 ) (1 + t1 ) a+ x f F (t1 ) = b−a a 2 i  (1 + t1 ) (1 − t1 ) +f b+ (b + a − x) dx 2 p ie gh tn to Chứng tỏ F ∈ Ks2 [0, 1] d oa nl w oi lm ul nf va an lu z at nh Từ z + t2 − t2 (1 + t1 ) (1 − t1 ) a+ x≤ a+ x 2 2 (1 + t1 ) (1 − t1 ) ≤ b+ (b + a − x) 2 (1 + t2 ) (1 − t2 ) ≤ b+ (b + a − x) 2 an Lu i − t1 i h + t1 − t1 a+ x + b+ (b + a − x) 2 h1 + t i − t2 i h + t2 − t2 = a+ x + b+ (b + a − x) 2 2 n va m co l gm @ suy h1 + t ac th si 15 Vì f hàm s-lồi loại hai [a, b], nên  Z bh  (1 + t2 ) (1 − t2 ) F (t1 ) ≤ f a+ x b−a a 2  i (1 + t2 ) (1 − t2 ) +f b+ (b + a − x) dx 2  Z bh  (1 + t2 ) (1 − t2 ) ≤ f a+ x b−a a 2  i (1 − t2 ) (1 + t2 ) +f b+ x dx = F (t2 ) 2 lu  an n va Định lý 1.2.10 (xem [7]) Cho < s < cho p : R+ → R+ hàm f (u) = us/(1−s) p(u) (1.6) p ie gh tn to khơng giảm Khi đó, hàm f xác định với u ∈ R+ w thuộc vào Ks1 oa nl Chứng minh Cho v ≥ u α, β ≥ với αs +β s = Ta xét hai trường d hợp lu va an (a) Cho αu + βv ≤ u Khi oi lm ul nf f (αu + βv) ≤ f (u) = (αs + β s )f (u) ≤ αs f (u) + β s f (v) (b) Cho αu + βv > u Điều suy βv > (1 − α)u β > Vì α ≤ αs z at nh với α ∈ [0, 1] nêm ta có α − αs+1 ≤ αs − αs+1 α/(1 − α) ≤ αs /(1 − αs ) = (1 − β )/β s z @ gm tức αβ/(1 − α) ≤ β 1−s − β m co l (1.7) Ta có an Lu αu + βv ≤ (α + β)v ≤ (αs + β s )v = v, n va theo (1.7), ta có ac th αu + βv ≤ αβv/(1 − α) + βv ≤ (β 1−s − β)v + βv = β 1−s v, si 16 (αu + βv)s/(1−s) ≤ β s v s/(1−s) (1.8) Áp dụng (1.8) tính đơn điệu p, ta có f (αu + βv) =(αu + βv)s/(1−s) p(αu + βv) ≤β s v s/(1−s) p(αu + βv) ≤ β s v s/(1−s) p(v) =β s f (v) ≤ αs f (u) + β s f (v), ta kết thúc chứng minh lu an  va n Chú ý 1.2.11 Với < s < 1, hàm Ks1 không thiết liên tục gh tn to (0, ∞) p ie Ví dụ 1.2.12 Cho < s < k > Với u ∈ R+ , định nghĩa  us/(1−s) , ≤ u ≤ 1, f (u) = kus/(1−s) , u > d oa nl w nf va thuộc Ks2 an lu Hàm f không âm, không liên tục u = thuộc vào Ks1 không oi lm ul Chứng minh Trong Định lý 1.2.10, ta f ∈ Ks1 Bây giờ, ta f ∈ / Ks2 Lấy a > cho u = Xét tất v > z at nh cho αu + βv = α + βv = a, α, β ≥ α + β = Trong trường hợp f ∈ Ks2 , ta có z @ kas/(1−s) ≤ αs + k(1 − α)s [(a − α)/(1 − α)]s/(1−s) m co Định nghĩa hàm l gm với a > ≤ α ≤ (1.9) an Lu fα (a) = αs + k(1 − α)[(a − α)/(1 − α)]s/(1−s) − kas/(1−s) n va Các hàm liên tục khoảng (α, ∞) ac th g(α) = fα (1) = αs + k(1 − α)s − k si 17 Hàm g liên tục [0, 1] g(1) = − k < Do đó, tồn số α0 , < α0 < cho g(α0 ) = fα0 (1) < Tính liên tục fα0 suy từ việc fα0 (a) < với a > 1, tức bất đẳng thức (1.9) khơng thỏa mãn Điều có nghĩa f ∈ / Ks2  Định lý 1.2.13 (xem [7]) Cho f ∈ Ks11 g ∈ Ks12 với < s1 , s2 ≤ (i) Nếu f hàm không giảm g hàm không âm cho lu f (0) ≤ = g(0) hàm hợp f ◦ g f với g thuộc vào Ks1 với an n va s = s1 s2 f (0) = g(0+ ) = g(0) g(0) = f (0+ ) = f (0) tích f g f g thuộc vào Ks1 với s = min(s1 , s2 ) p ie gh tn to (ii) Giả sử < s1 , s2 < Nếu f g hàm không âm cho w Chứng minh (i) Lấy u, v ∈ R+ α, β ≥ với αs + β s = 1, oa nl s = s1 s2 Vì αsi +β si ≤ αs1 s2 +β s1 s2 với i = 1, 2, theo Định lý 1.2.7(a) d giả thiết ta có an lu va f ◦ g(αu + βv) =f (g(αu + βv)) ≤ f (αs2 g(u) + β s2 g(v)) oi lm ul nf ≤αs1 s2 f (g(u)) + β s1 s2 f (g(u)) = αs f ◦ g(u) + β s f ◦ g(v), điều tức f ◦ g ∈ Ks1 z at nh (ii) Theo Định lý 1.2.4, hàm f g không giảm (0, ∞) Do z (f (u) − f (v))(g(v) − g(u)) ≤ l gm @ tương đương với f (u)g(v) + f (v)g(u) ≤ f (u)g(u) + f (v)g(v) m co (1.10) an Lu với v ≥ u > Nếu v > u = bất đẳng thức (1.10) f, g hàm không âm f (0) = g(0+ ) = g(0) g(0) = va n f (0+ ) = f (0) Bây giờ, cho u, v ∈ R+ α, β ≥ với αs + β s = 1, ac th s = min(s1 , s2 ) Khi đó, αsi + β si ≤ αs + β s = với i = 1, từ Định si 18 lý 1.2.7 bất đẳng thức (1.10) ta có f (αu + βv)g(αu + βv) ≤ (αs1 f (u) + β s1 f (v))(αs2 g(u) + β s2 g(v)) = αs1 +s2 f (u)g(u) + αs1 β s2 f (u)g(v) + αs2 β s1 f (v)g(u) + β s1 +s2 f (v)g(v) ≤ α2s f (u)g(u) + αs β s (f (u)g(v) + f (v)g(u)) + β 2s f (v)g(v) ≤ α2s f (u)g(u) + αs β s (f (u)g(u) + f (v)g(v)) + β 2s f (v)g(v) = αs f (u)g(u) + β s f (v)g(v), lu an tức f g ∈ Ks1 va n  p ie gh tn to d oa nl w oi lm ul nf va an lu z at nh z m co l gm @ an Lu n va ac th si 19 Chương Một số bất đẳng thức hàm s-lồi lu an áp dụng n va ie gh tn to Chương trình bày số bất đẳng thức dạng Hermite–Hadamard, p Ostrowski cho hàm s-lồi áp dụng đánh giá số hàm giá trị trung bình đặc biệt Nội dung chương viết sở tổng hợp kiến w d oa nl thức từ từ báo [3], [4], [6], [7] [8] Bất đẳng thức Hermite–Hadamard va an Bất đẳng thức Hermite–Hadamard cho hàm lồi oi lm ul nf 2.1.1 lu 2.1 Một bất đẳng thức tiếng cho hàm lồi bất đẳng thức z at nh Hermite–Hadamard Bất đẳng thức nêu định lý sau Định lý 2.1.1 (xem [5, The Hermite–Hadamard Integral Inequality]) Cho z l gm @ f hàm lồi [a, b] ⊂ R, a 6= b Khi Z b a + b f (a) + f (b) f ≤ f (x)dx ≤ b−a a ≤ f (x)dx ≤ (b − a) (2.2) ac th a f (a) + f (b) n a+b va (b − a)f Zb  an Lu  m co Bất đẳng thức (2.1) viết lại dạng: (2.1) si 20 Chứng minh Vì hàm f lồi đoạn [a, b], nên với λ ∈ [0, 1] ta có
f λa + (1 − λ)b ≤ λf (a) + (1 − λ)f (b) Lấy tích phân hai vế theo λ đoạn [0, 1], ta nhận Z1 Z1
f λa + (1 − λ)b dλ ≤ f (a) Z1 Vì (1 − λ)dλ = lu λdλ = (2.3) Z1 Z1 (1 − λ)dλ λdλ + f (b) an 0 n va phép đổi biến x = λa + (1 − λ)b, suy gh tn to Z1
f λa + (1 − λ)b dλ = b−a Zb f (x)dx a ie p Kết hợp với (2.3) ta nhận bất đẳng thức thứ hai (2.1) d oa nl w Cũng tính lồi hàm f ,  1 f (λa + (1 − λ)b) + f ((1 − λ)a + λb)   λa + (1 − λ)b + (1 − λ)a + λb ≥f   a+b =f oi lm ul nf va an lu z at nh Tích phân hai bất đẳng thức theo λ đoạn [0, 1] ta nhận     Z Z1 a+b f ≤  f (λa + (1 − λ)b)dλ + f ((1 − λ)a + λb)dλ 2 z m co a l f (x)dx gm b−a @ = Zb  Bất đẳng thức thứ (2.1) chứng minh an Lu Ký hiệu Lp [a, b] không gian hàm khả tích bậc p (1 ≤ p < ∞) n ac th a va đoạn [a, b], nghĩa f (x) ∈ Lp [a, b] Z b |f (x)|p dx < ∞ si 21 Nhận xét 2.1.2 (xem [6]) Giả sử f : [a, b] ⊂ R → R hàm khả vi [a, b] với a < b Nếu f ∈ L1 [a, b] f (a) + f (b) − b−a Zb f (t)dt = b−a Zb  a  a+b t− f (t)dt (2.4) a Định lý 2.1.3 ([6, Định lý 24]) Nếu f hàm khả vi [a, b] ⊂ R hàm  ϕ(x) := lu  a+b f (x) x− an lồi [a, b], n va tn to
f (a) + f (b) b−a f (a) − f (b) ≥ − b−a Zb f (x)dx ≥ (2.5) ie gh a p Chứng minh Áp dụng bất đẳng thức cho hàm ϕ:       Z b a+b a+b ϕ(a) + ϕ(b) ϕ + ≥ ϕ(x)dx ≥ ϕ 2 b−a a d oa nl w oi lm ul nf va an lu Sử dụng định nghĩa hàm ϕ ta thu được: " # Z b b−a 0 (f (b) − f (a)) f (a) + f (b) f (x)dx ≥ ≥ − 2 b−a a  z at nh z Định lý 2.1.4 ([6, Định lý 26]) Giả sử f : [a, b] ⊂ R → R hàm khả vi 1 [a, b] p > Nếu |f | q-khả tích [a, b], + = 1, p q  b  1q Zb Z