(Luận văn) về các bất đẳng thức dạng hermite hadamard cho hàm lồi

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC HOÀNG THỊ QUỲNH LIÊN lu an n va p ie gh tn to VỀ CÁC BẤT ĐẲNG THỨC DẠNG HERMITE-HADAMARD CHO HÀM LỒI d oa nl w nf va an lu LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu Thái Nguyên - 2016 n va ac th si ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC HOÀNG THỊ QUỲNH LIÊN lu an VỀ CÁC BẤT ĐẲNG THỨC DẠNG HERMITE-HADAMARD CHO HÀM LỒI n va p ie gh tn to oa nl w LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC d Chun ngành: Phương pháp Tốn sơ cấp Mã số: 60 46 01 13 nf va an lu lm ul z at nh oi NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS.TS TẠ DUY PHƯỢNG z m co l gm @ an Lu Thái Nguyên - 2016 n va ac th si i Mục lục lu an Mở đầu Chương Bất đẳng thức dạng Hermite - Hadamard 1.1 Một số đặc trưng hàm lồi khả vi 4 n va Bất đẳng thức Hermite - Hadamard Một số mở rộng bất đẳng thức Hermite - Hadamard Ứng dụng bất đẳng thức Hermite - Hadamard toán sơ cấp 12 25 p ie gh tn to 1.2 1.3 1.4 d oa nl w Chương Bất đẳng thức dạng Hermite - Hadamard cho hàm lồi khả vi 30 2.1 Bất đẳng thức dạng Hermite - Hadamard cho hàm lồi khả vi bậc ứng dụng 30 an lu Bất đẳng thức dạng Hermite - Hadamard cho hàm lồi khả vi bậc 2.1.2 Ứng dụng vào đánh giá đại lượng trung bình Bất đẳng thức dạng Hermite - Hadamard cho hàm lồi khả nf va 2.1.1 z at nh oi lm ul 2.2 41 z vi cấp hai ứng dụng 2.2.1 Bất đẳng thức dạng Hermite - Hadamard cho hàm lồi khả vi cấp hai 2.2.2 Ứng dụng vào đánh giá đại lượng trung bình 30 37 co l gm @ 52 m Tài liệu tham khảo 41 46 an Lu n va ac th si Mở đầu Giải tích lồi đóng vị trí quan trọng tốn học Giải tích lồi liên quan đến nhiều ngành toán học giải tích, giải tích lu hàm, giải tích số, hình học, toán kinh tế, tối ưu phi tuyến, Một kết an n va kinh điển giải tích lồi Bất đẳng thức Hermite - Hadamard (H-H tn to Inequality) cho hàm lồi, phát biểu Định lý ie gh Định lý 0.0.1 (Hermite, 1881, [7], Hadamard, 1893, [6]) Nếu f : R → R p hàm lồi đoạn [a; b] ta có f a+b  ≤ b−a Zb f (t)dt ≤ f (a) + f (b) (1) a d oa nl w  lu nf va an Năm 1906, Fejér [8] mở rộng bất đẳng thức (1) thành bất đẳng thức (2), sau gọi bất đẳng thức Fejér lm ul z at nh oi Định lý 0.0.2 Nếu f : R → R hàm lồi đoạn [a; b] g : [a; b] → R a+b hàm khơng âm, khả tích đối xứng qua điểm x =   Zb Zb Zb f (a) + f (b) a+b f g(t)dt ≤ f (t)g(t)dt ≤ g(t)dt (2) 2 z a gm a @ a co l Khi g(x) ≡ bất đẳng thức Fejér trở thành bất đẳng thức Hermite - Hadamard Sau đó, nhiều tác giả mở rộng bất đẳng thức Hermite m an Lu - Hadamard bất đẳng thức Fejér Xem, thí dụ, sách chuyên n va khảo bất đẳng thức [1], [2] tài liệu tham khảo khác ac th si Các bất đẳng thức dạng Hermite - Hadamard có nhiều ứng dụng thực tế, thí dụ, tốn: đặc trưng hàm lồi, quan hệ đại lượng trung bình, lí thuyết xấp xỉ, Mục đích Luận văn trình bày tổng quan bất đẳng thức dạng Hermite - Hadamard cho hàm lồi Luận văn bố cục theo hai chương: Chương 1: Trình bày số đặc trưng hàm lồi khả vi, chứng minh bất đẳng thức dạng Hermite - Hadamard cho hàm lồi biến, lu an số mở rộng ứng dụng bất đẳng thức Hermite - Hadamard va n Chương 2: Trình bày chứng minh bất đẳng thức dạng Hermite - gh tn to Hadamard cho hàm lồi biến khả vi (cấp một, cấp hai) đoạn [a; b], đồng thời nêu ứng dụng đánh giá giá trị trung bình p ie w Sau thời gian cố gắng, nỗ lực học tập nghiên cứu, đến tơi oa nl hồn thành luận văn thạc sĩ Để có kết này, trước d tiên tơi xin bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc lời cảm ơn chân thành đến lu nf va an thầy tôi, PGS TS Tạ Duy Phượng, người định hướng nghiên cứu khoa học tận tình dạy cho tơi suốt thời gian thực luận z at nh oi lm ul văn Tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành tới thầy cô trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Ngun thầy Viện Tốn học z luận văn l gm @ tận tình giúp đỡ, theo dõi động viên cho tơi suốt q trình thực m co Tơi xin gửi lời cảm ơn tới bạn bè thân yêu, đồng nghiệp công tác an Lu trường THPT Trần Nhật Duật ln thơng cảm, chia sẻ khó khăn tạo điều kiện tốt để tơi học tập, nghiên cứu hoàn thành n va ac th si cơng việc Tơi xin gửi lời cảm ơn đặc biệt tới người thân u gia đình ln chia sẻ với tơi khó khăn tơi thực luận văn Thái Nguyên, tháng năm 2016 Tác giả lu an n va Hoàng Thị Quỳnh Liên p ie gh tn to d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si Chương Bất đẳng thức dạng Hermite Hadamard lu an va n Trong chương này, chúng tơi trình bày số đặc trưng gh tn to hàm lồi khả vi, chứng minh bất đẳng thức dạng Hermite - Hadamard p ie cho hàm lồi biến, số mở rộng ứng dụng bất đẳng thức w Hermite - Hadamard Nội dung Chương chủ yếu theo Tài liệu [1] (trang d liệu khác oa nl 42-44), [2] (trang 55-70), [5] (trang 9-19) tham khảo thêm số tài nf va an lu 1.1 Một số đặc trưng hàm lồi khả vi lm ul z at nh oi Định nghĩa 1.1.1 Tập X ⊆ Rn gọi lồi với λ ∈ [0; 1] x1 ∈ X, x2 ∈ X ta có xλ := λx1 + (1 − λ)x2 ∈ X Nghĩa là, tập lồi X chứa z đoạn thẳng nối hai điểm gm @ tập lồi với λ ∈ [0; 1], x1 ∈ X, x2 ∈ X ta có m co l Định nghĩa 1.1.2 Hàm f : X ⊆ Rn → R gọi hàm lồi X an Lu f (xλ ) ≤ λf (x1 ) + (1 − λ)f (x2 ) (1.1) n va ac th si Định lý 1.1.3 (Theorem 2.1, [5], p 42-43) Hàm thực f (x) xác định tập mở (a, b) lồi liên tục (a, b) có đạo hàm trái phải f (x + t) − f (x) , t↑0 t f (x + t) − f (x) f+0 (x) := lim t↓0 t f−0 (x) := lim điểm x ∈ (a, b) cho f+0 (x) không tăng lu f−0 (x) ≤ f+0 (x), f+0 (x1 ) ≤ f−0 (x2 ) (1.2) an n va với a < x1 < x2 < b gh tn to Chứng minh (i) Cho f (x) hàm lồi Nếu < s < t x + t < b điểm p ie (x + s, f (x + s)) nằm đoạn thẳng nối (x, f (x)) (x + t, f (x + t)), d oa nl w f (x + s) − f (x) f (x + t) − f (x) ≤ s t (1.3) lu f (x + t) − f (x) khơng tăng t ↓ t Suy có giới hạn f+0 (t) (hữu hạn −∞) Tương tự, nf va an Điều hàm số t 7→ lm ul f−0 (x) tồn (hữu hạn +∞) Hơn nữa, đặt y = x + s, t = s + r, z at nh oi ta có f (x + s) − f (x) f (y + r) − f (y) ≤ s r z (1.4) @ m co giảm Cuối cùng, ta viết lại (1.4) sau l gm Điều f+0 (x) ≤ f+0 (y) với x < y f+0 (x) không (1.5) an Lu f (y − s) − f (y) f (y + r) − f (y) ≤ −s r n va ac th si Cho −s ↑ 0, r ↓ ta thu f−0 (y) ≤ f+0 (y), điều chứng minh cho bất đẳng thức thứ (1.2) tính hữu hạn đạo hàm Vì tồn f−0 (x) nên suy lim t↑0 f (x + t) − f (x) =0 t ⇒ lim f (x + t) = f (x) t↑0 Tương tự, tồn f+0 (x) nên lu lim an t↓0 f (x + t) − f (x) =0 t va ⇒ lim f (x + t) = f (x) n t↓0 gh tn to Do đó, f (x) liên tục x ∈ (a, b) p ie Hơn nữa, đặt x = x1 , y + r = x2 (1.4) ta có d oa nl w f (x1 + s) − f (x1 ) f (x2 ) − f (x2 − r) ≤ s r nf va an lu hay f (x1 + s) − f (x1 ) f (x2 − r) − f (x2 ) ≤ s −r lm ul (1.6) z at nh oi Lấy s ↓ 0, −r ↑ (1.6) ta bất đẳng thức thứ hai (1.2) (ii) Bây ta giả sử hàm f có tất tính chất đề cập z mệnh đề lấy a < c < d < b Xét hàm số: gm @ f (d) − f (c) d−c n va g(x) = f (x) − f (c) − λ [f (d) − f (c)] an Lu Với x = (1 − λ)c + λd, ta có m co l g(x) = f (x) − f (c) − (x − c) ac th si = f (x) − [(1 − λ)f (c) + f (d)] Để chứng minh tính lồi f (x) ta cần phải g(x) ≤ với x ∈ [c, d] Giả sử điều ngược lại rằng, giá trị lớn g(x) đoạn [c, d] dương (giá trị lớn g(x) tồn g(x) hàm số liên tục đoạn [c, d]) Lấy e ∈ [c, d] điểm mà hàm số đạt giá trị cực đại Lưu ý g(c) = g(d) = 0, (do c < e < d), từ biểu diễn đó, g(x) lu 0 (x) tồn với (x), g+ có tính chất với hàm f (x), cụ thể là: g− an n va 0 0 (x2 ) x ∈ (c, d), g− (x) ≤ g+ (x), g+ (x) hàm số không giảm g+ (x1 ) ≤ g− tn to với x1 ≤ x2 ie gh Vì p g(e) ≥ g(x), ∀x ∈ [c, d] nl w nên ta có d oa 0 g− (e) ≤ ≤ g+ (e), nf va an lu 0 g− (e) = g+ (e) = lm ul 0 Mặt khác, g+ (x) không giảm nên hiển nhiên g+ (x) ≤ ∀x ∈ [e, d] z at nh oi 0 Nếu g− (y) ≥ với y ∈ (e, d] g+ (x) ≤ g+ (y) ≤ Suy ta có g (x) = với x ∈ [e, y), điều g(y) = g(e) > Từ z gm @ g(d) = 0, suy phải tồn y ∈ (e, d] cho g− (y) > Lấy x1 ∈ [y, d) l điểm mà hàm g(x) đạt giá trị cực đại đoạn [y, d] Suy ra, g+ (x1 ) ≤ với x ∈ [c, d], chứng minh m co  an Lu Hệ 1.1.4 (Corollary 2.1, [3], p 44) Hàm f (x) khả vi tập mở n va (a, b) hàm lồi đạo hàm hàm không tăng ac th si a a  a+b  Zb Z2  f (b) − f (a)  + f (t)dt , B :=  f (t)dt − b−a A := b−a lu an n va a to gh tn C := b−a Zb  (2.5) (2.6) a+b  a+b x− |f (t)| dt (2.7) a ie p Chứng minh Vì f hàm lồi [a, b], ánh xạ f x − a+b
d oa nl w đồng [a, b] Khi ta có:   Z b Z b Z b a+b a+b (b − a) x− f (x)dx f (x)dx − x− dx 2 a a a an lu nf va (2.8) z at nh oi lm ul  ¯ |, | C¯ | ≥ ≥ max | A¯ |, | B với A¯ := (b−a) b Z Z b Z b a+b a + b | x− || f (x) | dx− | x− | dx | f (x) | dx 2 a a z a b a b a+b |x− | dx Z b f (x)dx a m Z b   Z b Z b a+b | f (x) | dx− x− dx | f (x) | dx a a n va a a+b x− an Lu C¯ := (b−a) Z co a a+b |x− | f (x)dx − l Z gm @ ¯ := (b − a) B ac th si 33 Tuy nhiên Z b a  a+b x− dx = b Z (b − a)2 a+b |= |x− a Do đó, A¯ := (b − a) b Z a ¯ :=(b − a) B "Z a+b a a+b (b − a)2 || f (x) | dx − |x−   a+b − x f (x)dx + Z b  Z b | f (x) | dx a  x− a+b a+b f (x)dx # lu an (b − a)2 − (f (b) − f (a)) # "Z a+b Z b 2 (b − a) f (x)dx = (f (b) − f (a)) + (b − a) f (x)dx − a+b a n va gh tn to p ie C¯ := (b − a) Z b  | f (x) | dx nl w a a+b x− d oa Sử dụng bất đẳng thức (2.8) cho ta:  Z b a+b x− f (x)dx ≥ max {| A |, | B |, | C |} ≥ b−a a nf va an lu lm ul Với A, B, C cho trên, theo Bất đẳng thức (2.2) ta thu (2.4)  z at nh oi Suy ra, Định lý chứng minh Định lý 2.1.5 (Theorem 26, [2], p 32) Giả sử f : [a; b] ⊂ R → R z hàm khả vi [a; b] p > Nếu |f | q− khả tích [a; b], p q = , p−1 l gm @ m co  b  1q Zb Z f (a) + f (b) (b − a) p ≤  |f (t)|q dt − f (t)dt b−a (p + 1) p a a an Lu (2.9) n va ac th si