ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– PHẠM THỊ THUÝ QUỲNH MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC HÀM s LỒI VÀ ÁP DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN, 5/2019 Tai ngay!!! Ban co the xoa don[.]
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– PHẠM THỊ THUÝ QUỲNH MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC HÀM s-LỒI VÀ ÁP DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN, 5/2019 Tai ngay!!! Ban co the xoa dong chu nay!!! ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– PHẠM THỊ THUÝ QUỲNH MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC HÀM s-LỒI VÀ ÁP DỤNG Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp Mã số: 8460113 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC GIÁO VIÊN HƯỚNG DẪN PGS.TS NGUYỄN THỊ THU THỦY THÁI NGUYÊN, 5/2019 iii Mục lục Bảng ký hiệu Mở đầu Một số tính chất hàm s-lồi 1.1 1.2 Hàm lồi 1.1.1 Định nghĩa 1.1.2 Tính chất Hàm s-lồi 1.2.1 Định nghĩa, ví dụ 1.2.2 Một số tính chất hàm s-lồi Một số bất đẳng thức hàm s-lồi áp dụng 2.1 2.2 2.3 19 Bất đẳng thức Hermite–Hadamard 19 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 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 Áp dụng 36 Kết luận 42 Tài liệu tham khảo 43 Bảng ký hiệu R tập số thực R+ tập số thực không âm Rn không gian Euclid n chiều Lp [a, b] khơng 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 Mở đầu Hàm lồi tập lồi nghiên cu t lõu bi Hăolder, Jensen, Minkowski c bit vi cơng trình Fenchel, Moreau, Rockafellar vào thập niên 1960 1970 đưa giải tích lồi trở thành lĩnh vực phát triển tốn học Hai tính chất hàm lồi tính chất đạt giá trị lớn biên cực tiểu địa phương cực tiểu tập xác định giúp cho hàm lồi sử dụng rộng dãi toán học lý thuyết ứng dụng Bên cạnh đó, số hàm khơng lồi theo nghĩa đầy đủ chia sẻ vài tính chất hàm lồi Chúng gọi hàm lồi suy rộng (generalized convex function) Một bất đẳng thức tiếng cho hàm f lồi [a, b] ⊂ R bất đẳng thức Hermite–Hadamard: Z b a + b f (a) + f (b) f f (x)dx ≤ ≤ b−a a (1) hay dạng tương đương: (b − a)f a+b Zb ≤ f (x)dx ≤ (b − a) f (a) + f (b) (2) a Năm 1938, Ostrowski thu đánh giá cho giá trị tuyệt đối hiệu số hàm f khả vi với giá trị trung bình tích phân 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) = αs h(u) + β s h(v) Chứng tỏ h ∈ Ks1 (ii) Vì F hàm khơng giảm lồi theo biến R2 , nên F (f, g) = f + g F (f, g) = max{f, g} hàm lồi, không giảm R2 Từ ta nhận kết (ii) Định lý 1.2.7 (xem [7]) (i) Nếu f ∈ Ks1 bất đẳng thức (1.3) thỏa mãn với u, v ∈ R+ với α, β ≥ cho αs + β s ≤ f (0) ≤ (ii) Nếu f ∈ Ks2 bất đẳng thức (1.3) thỏa mãn với u, v ∈ R+ α, β ≥ với α + β ≤ f (0) = Chứng minh (i) Điều kiện cần thỏa mãn u = v = α = β = Ngược lại, giả sử u, v ∈ R+ α, β ≥ < γ = αs + β s < Đặt a = αγ −1/s b = βγ −1/s Khi as + bs = αs /γ + β s /γ = ta 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) Chứng tỏ bất đẳng thức (1.3) thỏa mãn (ii) Điều kiện cần: Đặt u = v = α = β = ta nhận f (0) ≤ sử dụng Định lý 1.2.4(i) suy f (0) ≥ f (0) = Điều kiện đủ: Bây lấy u, v ∈ R+ α, β ≤ với < γ = αs + β s < 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) = as γ s f (u) + bs γ s f (v) + (1 − γ)s f (0) = αs f (u) + β s f (v) Tức bất đẳng thức (1.3) thỏa mãn Định lý 1.2.8 (xem [7]) (i) Giả sử < s ≤ Nếu f ∈ Ks2 f (0) = f ∈ Ks1 (ii) Giả sử < s1 ≤ s2 ≤ Nếu f ∈ Ks22 f (0) = f ∈ Ks11 (iii) Giả sử < s1 ≤ s2 ≤ Nếu f ∈ Ks12 f (0) ≤ f ∈ Ks11 Chứng minh (i) Giả sử f ∈ Ks2 f (0) = Với u, v ∈ R+ α, β ≥ thỏa mãn αs + β s = α + β ≤ αs + β s = từ Định lý 1.2.7(ii) ta 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 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), nghĩa f ∈ Ks11 Định lý 1.2.9 (xem [2]) Giả sử hàm f : [a, b] → R hàm s-lồi loại hai [a, b] hàm F : [0, 1] → R xác định 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 Khi đó, (i) F hàm s-lồi loại hai [0, 1] (ii) Hàm F đơn điệu tăng [0, 1] 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 14 Hay 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 = αs F (t1 ) + β s F (t2 ) Chứng tỏ F ∈ Ks2 [0, 1] (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 Từ + 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 suy h1 + t 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 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 Định lý 1.2.10 (xem [7]) Cho < s < cho p : R+ → R+ hàm không giảm Khi đó, hàm f xác định với u ∈ R+ f (u) = us/(1−s) p(u) (1.6) thuộc vào Ks1 Chứng minh Cho v ≥ u α, β ≥ với αs +β s = Ta xét hai trường hợp (a) Cho αu + βv ≤ u Khi 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 với α ∈ [0, 1] nêm ta có α − αs+1 ≤ αs − αs+1 α/(1 − α) ≤ αs /(1 − αs ) = (1 − β )/β s tức αβ/(1 − α) ≤ β 1−s − β Ta có αu + βv ≤ (α + β)v ≤ (αs + β s )v = v, theo (1.7), ta có αu + βv ≤ αβv/(1 − α) + βv ≤ (β 1−s − β)v + βv = β 1−s v, (1.7) 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 Chú ý 1.2.11 Với < s < 1, hàm Ks1 không thiết liên tục (0, ∞) Ví dụ 1.2.12 Cho < s < k > Với u ∈ R+ , định nghĩa us/(1−s) , ≤ u ≤ 1, f (u) = kus/(1−s) , u > Hàm f không âm, không liên tục u = thuộc vào Ks1 không thuộc Ks2 Chứng minh Trong Định lý 1.2.10, ta f ∈ Ks1 Bây giờ, ta f ∈ / Ks2 Lấy a > cho u = Xét tất v > cho αu + βv = α + βv = a, α, β ≥ α + β = Trong trường hợp f ∈ Ks2 , ta có kas/(1−s) ≤ αs + k(1 − α)s [(a − α)/(1 − α)]s/(1−s) với a > ≤ α ≤ Định nghĩa hàm fα (a) = αs + k(1 − α)[(a − α)/(1 − α)]s/(1−s) − kas/(1−s) Các hàm liên tục khoảng (α, ∞) g(α) = fα (1) = αs + k(1 − α)s − k (1.9) 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) không 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 f (0) ≤ = g(0) hàm hợp f ◦ g f với g thuộc vào Ks1 với s = s1 s2 (ii) Giả sử < s1 , s2 < Nếu f g hàm không âm cho 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 ) Chứng minh (i) Lấy u, v ∈ R+ α, β ≥ với αs + β s = 1, s = s1 s2 Vì αsi +β si ≤ αs1 s2 +β s1 s2 với i = 1, 2, theo Định lý 1.2.7(a) giả thiết ta có f ◦ g(αu + βv) =f (g(αu + βv)) ≤ f (αs2 g(u) + β s2 g(v)) ≤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 (ii) Theo Định lý 1.2.4, hàm f g không giảm (0, ∞) Do (f (u) − f (v))(g(v) − g(u)) ≤ tương đương với f (u)g(v) + f (v)g(u) ≤ f (u)g(u) + f (v)g(v) (1.10) với v ≥ u > Nếu v > u = bất đẳng thức (1.10) f, g hàm không âm f (0) = g(0+ ) = g(0) g(0) = f (0+ ) = f (0) Bây giờ, cho u, v ∈ R+ α, β ≥ với αs + β s = 1, s = min(s1 , s2 ) Khi đó, αsi + β si ≤ αs + β s = với i = 1, từ Định 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), tức f g ∈ Ks1 19 Chương Một số bất đẳng thức hàm s-lồi áp dụng Chương trình bày số bất đẳng thức dạng Hermite–Hadamard, 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 thức từ từ báo [3], [4], [6], [7] [8] 2.1 2.1.1 Bất đẳng thức Hermite–Hadamard Bất đẳng thức Hermite–Hadamard cho hàm lồi Một bất đẳng thức tiếng cho hàm lồi bất đẳng thức Hermite–Hadamard Bất đẳng thức nêu định lý sau Định lý 2.1.1 (xem [5, The Hermite–Hadamard Integral Inequality]) Cho 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 (2.1) Bất đẳng thức (2.1) viết lại dạng: (b − a)f a+b Zb ≤ f (x)dx ≤ (b − a) a f (a) + f (b) (2.2) 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 = λdλ = (2.3) Z1 Z1 (1 − λ)dλ λdλ + f (b) 0 phép đổi biến x = λa + (1 − λ)b, suy Z1 f λa + (1 − λ)b dλ = b−a Zb f (x)dx a Kết hợp với (2.3) ta nhận bất đẳng thức thứ hai (2.1) 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 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 = b−a Zb f (x)dx a Bất đẳng thức thứ (2.1) chứng minh Ký hiệu Lp [a, b] không gian hàm khả tích bậc p (1 ≤ p < ∞) đoạn [a, b], nghĩa f (x) ∈ Lp [a, b] Z b |f (x)|p dx < ∞ a 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 a Zb 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) := a+b f (x) x− lồi [a, b], f (a) + f (b) b−a f (a) − f (b) ≥ − b−a Zb f (x)dx ≥ (2.5) a 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 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 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