Hàm lồi
Tập I được gọi là tập lồi trong R nếu với mọi x, y ∈ I, mọi λ ∈ R, λ ∈[0,1] thì λx+ (1−λ)y ∈ I.
Ví dụ 1.1.1 Các tập I trong R có dạng (a, b),[a, b],(a, b],[a, b) là các tập lồi.
Từ nay, khi đề cập đến tập I mà không có chú thích, chúng ta hiểu đó là tập lồi Hàm số f: I → R được coi là hàm lồi nếu I là tập lồi và với mọi x, y thuộc I, cũng như mọi λ trong R với λ thuộc [0,1], thỏa mãn điều kiện: f(λx + (1−λ)y) ≤ λf(x) + (1−λ)f(y).
Hàm f được gọi là lồi chặt nếu bất đẳng thức (1.1) là bất đẳng thức chặt với x6= y, λ ∈(0,1).
Nếu hàm −f là hàm lồi (lồi chặt) thì f được gọi là hàm lõm (lõm chặt). Nếu hàm f vừa lồi, vừa lõm thì f được gọi là hàm affine.
Trong hình học, nếu f : I → R là một hàm số lồi và u, v ∈ I với u < v, thì đoạn thẳng nối hai điểm (u, f(u)) và (v, f(v)) sẽ nằm hoàn toàn bên trên hoặc trùng với đồ thị của hàm số f(x) trên khoảng [u, v] Điều này có thể diễn đạt bằng bất đẳng thức: f(x) ≤ f(u) + f(v) - f(u)vưu(xưu).
Hình 1.1: Hàm số lồi: Đồ thị nằm dưới dây cung.
Dựa vào đặc điểm hình học của hàm số và sự hỗ trợ của phần mềm vẽ đồ thị, chúng ta có thể xác định hàm số lồi trên các tập con của tập xác định của nó.
Ví dụ 1.1.4 Hàm số f(x) =x 2 lồi trên toàn bộ R.
Vậy f(x) =x 2 là hàm lồi trên R.
Chú ý 1.1.5 Dựa vào hình dáng của đồ thị f(x) = x 2 , ta cũng có thể suy ra f(x) =x 2 là hàm lồi trên R.
Hình 1.2: Đồ thị hàm số f (x) = x 2
Ví dụ 1.1.6 Một số hàm sơ cấp là hàm lồi được xác định dựa vào đồ thị. a) Hàm số f(x) =x α trên (0,+∞).
– Hàm số f(x) =x α là hàm lồi trên (0,+∞) khi α 1. – Hàm số f(x) =x α là hàm lõm trên (0,+∞) khi 0 < α < 1.
– Hàm số f(x) = x α là hàm affine trên (0,+∞) khi α = 0 hoặc α = 1.
Hình 1.3: Đồ thị hàm lũy thừa f (x) = x α trên (0, +∞). b) Hàm số f(x) = log a (x) trên (0,+∞), với 0 < a6= 1.
Hình 1.4: Đồ thị hàm logarit y = log a x trên (0, +∞).
– Hàm số f(x) = log a (x) là hàm lồi trên (0,+∞) khi 0 < a < 1. – Hàm số f(x) = log a (x) là hàm lõm trên (0,+∞) khi a >1. c) Hàm số f(x) = sinx trên một chu kỳ [−π, π].
– Hàm số f(x) = sinx là hàm lồi trên đoạn [0, π].
– Hàm số f(x) = sinx là hàm lõm trên đoạn [−π,0].
Hình 1.5: Đồ thị hàm số y = sin x.
Ta có thể mở rộng bất đẳng thức (1.1) dưới dạng tổng quát hơn như sau.
Tính chất 1.1.1 Giả sử f1(x), f2(x), , fn(x) là các hàm lồi xác định trên I Cho λ i > 0 với i = 1,2 , n Khi đó hàm số
X i=1 λ i f i (x) cũng là hàm lồi trên I.
Chứng minh Lấy x, y ∈ D và λ ∈ [0,1], ta có:
Vì f i (x) lồi trên I, nên ta có: f i (λx+ (1−λ)y) ≤ λf i (x) + (1−λ)f i (x).
Cộng n bất đẳng thức cùng dấu trên ta lại với nhau, ta được: n
Các phép toán trên hàm lồi
Cho I là tập lồi trong R, ta kí hiệu C(I) là tập các hàm lồi trên I. Mệnh đề 1.2.1 Những phép toán trên hàm lồi.
1 C(I) là một nón lồi, tức là:
3 Nếu f, g ∈ C(I), cùng không âm, và tăng thì h(x) = f(x)g(x) ∈ C(I) cũng không âm, và tăng.
4 Cho L ={fα ∈ C(I)} là họ tùy ý các hàm lồi và đặt f(x) = sup α fα(x).
Nếu J = {x ∈ I : f(x) < ∞} khác rỗng thì J là một khoảng và f ∈ C(J).
1 Giả sử f, g là hai hàm lồi trên I Ta chứng minh f +g là hàm lồi. Với mọi x, y ∈ I, λ∈ [0,1], ta có:
Do đó f +g là hàm lồi trên I.
Giả sử f là hàm lồi trên I và α ≥ 0 Với mọi x, y ∈ I ta có: αf(λx+ (1−λ)y) ≤ α(λf(x) + (1−λ)f(y))
Do đó αf là hàm lồi.
2 Giả sử f là hàm lồi trên I và g lồi và tăng trên J Với mọi x, y ∈ I và λ ∈ [0,1] ta có: f(λx+ (1−λ)y) ≤ λf(x) + (1−λ)f(y).
Do hàm g lồi, tăng nên:
Do đó g ◦f là lồi trên I.
3 Chỉ có tính lồi là quan trọng Vìf, g là cùng tăng, nên với mọix, y ∈ I, x < y ta có:
Do đó h là hàm lồi trên I.
4 Nếu λ ∈[0,1] và x, y ∈ J, ta có f(λx+ (1−λ)y) = sup α f α (λx+ (1−λ)y)
= λf(x) + (1−λ)f(y). Điều này đồng thời cho thấy J là một khoảng (vì nó chứa mọi điểm nằm giữa hai điểm bất kỳ của nó) và J là lồi trên nó.
Từ Mệnh đề 1.2.1, khi biết các hàm sơ cấp là lồi, ta có thể tạo ra các hàm lồi phức tạp hơn.
Ví dụ 1.2.1 Ta đã biết f(x) = x 2 và g(x) = e x là lồi trên (0,+∞) Từ đó, suy ra:
Hàm số f(g(x)) = f(e^x) = e^(2x) là hàm lồi trên khoảng (0, +∞) Theo Định lý 1.2.2, nếu {fn} là một dãy các hàm lồi hội tụ đến hàm giới hạn hữu hạn f trên khoảng I, thì f thuộc không gian liên tục C(I) Hơn nữa, nếu đoạn [a, b] nằm trong phần trong của I, thì dãy hàm fn hội tụ đến f khi n tiến tới vô cùng trên đoạn [a, b].
Chứng minh Với λ ∈ [0,1] và x, y ∈ I, ta có: f(λx+ (1−λ)y) = lim n→∞f n (λx+ (1−λ)y)
Do đó, f là hàm lồi trên I.
Choa, b, c ∈int(I)sao choa < c < bvàα = supfn(a), γ = inffn(c), β supf n (b) ChoL 1 , L 2 , L 3 là ba hàm affine thỏaL 1 (a) = α, L 1 (b) =β, L 2 (c) γ, L 2 (b) = β, L 3 (a) = α, L 3 (c) = γ Biểu diễn chuỗi hàm {f n } được giới hạn đồng đều bởi ba hàm affine ở hình sau:
Lấy x∈ [a, b], ta có x= λa+ (1−λ)b, với n tùy ý, ta có: f n (x) ≤ λf n (a) + (1−λ)f n (b) ≤ λL 1 (a) + (1−λ)L 1 (b) =L 1 (x).
Mặt khác, nếu x ∈ [a, c], ta có c = λx + (1− λ)b với mọi λ ∈ (0,1] thì x= 1 λc+ λ−1 λ b và
Từ đó kết luận rằng f n (x) ≥ 1 λL 2 (c) + λ−1 λ L 2 (b) = L 2 (b).
Tương tự, nếu x ∈[c, b], ta cũng có fn(x)≥ L3(x).
Tồn tại số K sao cho
Chúng ta đã xác định được cận trên và cận dưới của hàm f không phụ thuộc vào n Điều này cho thấy rằng K cũng không phụ thuộc vào n, do đó bất đẳng thức này đúng cho mọi n và cho tất cả x, y thuộc đoạn [a, b] Hãy chọn một tập con hữu hạn E trong [a, b] sao cho một điểm của [a, b] là ε.
3K, εlà số dương tùy ý Vì E hữu hạn, nên có một n mà m, n > N, tức là: |f n (z)−f m (z)| ≤ ε
≤ ε. Định nghĩa 1.2.2 Cho I là một khoảng của tập số thực và f : I →
(0,+∞) Khi đó f được gọi là hàm log-lồi (log-covex) nếu lnf là hàm lồi. Tức là, ∀x, y ∈ I, λ ∈[0,1], lnf(λx+ (1−λ)y)≤ λlnf(x) + (1−λ) lnf(y)
Ta cũng có, hàm f : I → (0,+∞) là hàm log-lõm (log-concave) nếu
Ký hiệu lớp các hàm log-lồi là C log (I).
Kết quả sau đây cho ta mỗi quan hệ giữa hàm lồi và hàm log-lồi.
1 Nếu f(x) là một hàm lõm, dương thì hàm 1 f(x) là log-lồi.
2 Mọi hàm log-lồi đều là hàm lồi.
3 Mọi hàm lõm, dương cũng là hàm log-lõm.
1 Do f là hàm lõm, dương nên với λ ∈[0,1] ta có:
1 f(λx+ (1−λ)y) ≤ 1 λf(x) + (1−λ)f(y). Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có: λf(x) + (1−λ)f(y)≥ f λ (x).f 1−λ (y).
1 f(λx+ (1−λ)y) ≤ 1 f λ (x).f 1−λ (y) = ( 1 f(x)) λ ( 1 f(y)) 1−λ Vậy hàm 1 f(x) là log-lồi.
2 Giả sử hàm f(x) là log-lồi Khi đó từ định nghĩa hàm log-lồi và bất đẳng thức AM- GM ta có: f(λx+ (1−λ)y) ≤ f λ (x).f 1−λ (y)≤ λf(x) + (1−λ)f(y), λ ∈ [0,1].
3 Giả sử hàm f(x) là lõm, dương Khi đó từ định nghĩa của hàm lõm và bất đẳng thức AM-GM ta có f(λx+ (1−λ)y) ≥ λf(x) + (1−λ)f(y)≥ f λ (x).f 1−λ (y), λ ∈ [0,1].
Vậy hàm f(x) là hàm log-lõm.
Ví dụ 1.2.3 Từ Mệnh đề 1.2.3 ta suy ra các hàm 1 sinx và 1
√x là log-lồi lần lượt trên các đoạn [0, π] và (0,∞). Định lý 1.2.4 Lớp các hàm C log (I) có các tính chất:
3 Nếu (f n ) ⊂ C log (I) thì f n →f với f ∈ C log (I), f > 0.
Phép nhânlnf g = lnf+lng và phép lấy giới hạnln(limf(n)) = lim(lnf(n)) là lồi Ta cần chứng minh phép cộng hai hàm log-lồi là hàm log-lồi.
∀a, b, c, d > 0, λ ∈[0,1], vì e x là hàm lồi, ta có: a λ b 1−λ = exp(λlna+ (1−λ) lnb)
Ta có thể viết lại: a λ b 1−λ +c λ d 1−λ ≤ (a+c) λ (b+c) 1−λ (*)
Cho f, g : I → R là hai hàm log-lồi Ta cần chứng minh: f + g cũng là hàm loga-lồi.
∀x, y ∈ I, vì f, g là hàm log-lồi nên ta có: f(λx+ (1−λ)y) +g(λx+ (1−λ)y) ≤ f λ (x)f 1−λ (y) +g λ (x)g 1−λ (y).
Từ (*), ta có: f λ (x)f 1−λ (y) +g λ (x)g 1−λ (y) ≤ (f(x) +g(x)) λ (f(y) +g(y)) 1−λ Vậy f(λx+ (1−λ)y) +g(λx+ (1−λ)y)≤ (f(x) +g(x)) λ (f(y) +g(y)) 1−λ nên f +g là hàm log-lồi.
Tính liên tục và khả vi
Định lý 1.3.1 Nếu f :I →R là lồi thì f liên tục tại các điểm trong của
I, tức là liên tục trên int(I).
Chứng minh Giả sử rằnga ∈ int(I)và chọnε > 0sao cho[a−ε, a+ε]⊂ I.
Vì f là hàm lồi nên ta có: f(a) = f
Vì f lồi nên ta cũng có: f(a±tε) = f((1−t)a+t(a±ε))
Từ f(a±tε) ≤ (1−t)f(a) +tf(a±ε), trừ hai về cho f(a), ta có: f(a±tε)−f(a) ≤ (1−t)f(a) +tf(a±ε)−f(a)
Mặt khác, từ (*), ta có: f(a+tε)−f(a) ≤ t(f(a+ε)−f(a))
|f(a±tε)−f(a)| ≤tmax{|f(a−ε)−f(a)|,|f(a+ε)−f(a)|},∀t ∈ [0,1]. Vậy hàm f liên tục lại mỗi a∈ int(I).
Bổ đề 1.3.2 Nếu f : I → R là hàm lồi thì f đơn điệu trên int(I) hoặc tồn tại ξ ∈ intI sao cho f giảm trên (−∞, ξ]∩I và tăng trên [ξ,+∞)∩I.
Chứng minh Chọn a < b tùy ý trong số các điểm bên trong của I và đặt m = inf{f(x) : x ∈ [a, b]} Vì f liên tục trên [a, b] tồn tại điểm ξ ∈ [a, b] sao cho m = f(ξ).
Nếu a ≤ x < y < ξ, thì y là tổ hợp lồi của x và ξ, được xác định bởi công thức y = ξ −y ξ −xx + y−x ξ −xξ Do f là hàm lồi, ta có f(y) ≤ ξ −y ξ −xf(x) + y−x ξ −xf(ξ) ≤ f(x), cho thấy f đang giảm trên đoạn [a, ξ] Nếu ξ < b, thì f cũng đang tăng trên đoạn [ξ, b].
Chú ý 1.3.1 Từ bổ đề 1.3.2 thì dáng diệu của đồ thị hàm lồi thuộc 1 trong 3 dáng sau:
Cũng từ bổ đề trên, ta thu được kết quả:
Mệnh đề 1.3.3 Nếu f : [a, b] → R là hàm lồi, lim x→a + f(x), lim x→b − f(x) tồn tại hữu hạn trong R thì hàm f˜(x) xác định như sau: f˜(x)
f(a + ), x= a. f(x), x ∈(a, b). f(b − ), x= b. là hàm lồi liên tục trên [a, b].
Từ Mệnh đề 1.3.3 và bổ đề 1.3.2, ta có hệ quả sau đây.
1 Mọi hàm lồi f :I → R không đơn điệu trên int(I) đều đạt giá trị nhỏ nhất trên int(I).
2 Nếu một hàm lồi f :R → R bị chặn từ phía trên, thì nó là hằng số. Định lý 1.3.5 Cho f là hàm có giá trị thực được xác định trên một khoảng
I Khi đó f là lồi khi và chỉ khi với mọi đoạn [a, b] ⊂ I và mọi hàm affine
L thì sup{(f +L)(x) : x∈ [a, b]} bằng f(a) +L(a) hoặc f(b) +L(b). Chứng minh.
1 Thuận: Nếu f lồi, thì tổng F = f + L cũng vậy Vì mỗi điểm của khoảng con J = [x, y] tổ hợp lồi z = λx+ (1−λ)y của x và y, chúng ta có: sup z∈J
2 Ngược: Cho một khoảng con compact J = [x, y] của I, tồn tại hàm affine L(x) = mx+n đồng ý với f tại hai điểm x và y Sau đó: sup λ∈[0,1]
Định lý 1.3.6 khẳng định rằng một hàm f : I → R được coi là hàm lồi nếu nó thỏa mãn hai điều kiện nhất định Tiêu chuẩn này đơn giản hơn so với bất đẳng thức (1.1) trong việc kiểm tra tính lồi của hàm.
1 f liên tục tại mỗi điểm bên trong của I.
2 f là lồi trung điểm, nghĩa là, f x+y 2
Chứng minh • Nếuf lồi thì theo Định lý 1.3.1 thì f liên tục trên int(I), và hiển nhiên theo định nghĩa hàm lồi ta có: f x+y 2
• Ngược lại, giả sử f liên tục trên int(I) và f x+y 2
Ta cần chứng minh f là hàm lồi.
Chúng ta sử dụng phương pháp phản chứng để chứng minh rằng nếu hàm f không lồi, thì tồn tại một khoảng con [a, b] sao cho đồ thị của f trong khoảng này không nằm dưới đoạn thẳng nối hai điểm (a, f(a)) và (b, f(b)) Đặt ϕ(x) = −f(x) + f(a) + f(b) − f(a)/(b−a)(x−a) với x ∈ [a, b], ta có γ = inf{ϕ(x) : x ∈ [a, b]} < 0 Lưu ý rằng −ϕ là một hàm lồi, liên tục và ϕ(a) = ϕ(b) = 0 Đặt c = inf{x ∈ [a, b] : ϕ(x) = γ}, từ đó ta có ϕ(c) = γ và c nằm trong khoảng (a, b) Theo định nghĩa của c, với mỗi h > 0 mà c ± h ∈ (a, b), ta có ϕ(c−h) > ϕ(c) và ϕ(c+h) ≤ ϕ(c).
2 mâu thuẫn với −ϕ là trung điểm lồi.
Hệ quả 1.3.7 Cho f : I → R là hàm liên tục Hàm f là hàm lồi khi và chỉ khi f(x+h) +f(x−h)−2f(x) ≥ 0; với mọi x ∈I và h > 0 sao cho cả x+h và x−h đều ở trong I.
Tính trơn của hàm lồi
Ta nhắc lại khái niệm hàm lồi.
Hàm f xác định trên I được gọi là hàm lồi nếu và chỉ nếu: f(λx+ (1−λ)y) ≤ λf(x) + (1−λ)f(y),∀x, y ∈ I, λ∈ [0,1].
Lấy z ∈[x, y]⊂ I thì tồn tại λ ∈ [0,1] sao cho: z = λx+ (1−λ)y Phương trình đường thẳng nối hai điểm (x, f(x)) và (y, f(y) có phương trình là: g(z) = f(y)−f(x) y −x (z−x) +f(x) = f(x)−f(y) x−y (z−y) +f(y).
Và ta cũng có, f là hàm lồi khi chỉ khi f(z) ≤ g(z),∀z ∈[x, y]⊂ I.
Ta có một số đặc trưng sau đây của hàm lồi.
Mệnh đề 1.4.1 Cho hàm số f :I → R Với mọi x, y, z ∈ I, x < y < z ta có f là hàm lồi khi và chỉ khi thỏa mãn một trong hai bất đẳng thức sau: f(z)−f(x) z−x ≤ f(y)−f(x) y −x (1.2)
Chứng minh Lấyx, y ∈ I, x < y,f là hàm lồi khi và chỉ khiz ∈ [x, y], f(z) ≤ g(z), hay f(z)≤ f(y)−f(x) y−x (z−x) +f(x).
⇔ f(y)−f(x) y−x ≤ f(y)−f(z) y−z Ý nghĩa hình học của Mệnh đề 1.4.1:
Hình 1.6: Độ dốc PQ ≤ Độ dốc PR ≤ Độ dốc QR.
Mệnh đề 1.4.2 Cho hàm số f : I → R Hàm f là lồi khi và chỉ khi x, y, z ∈ I, x < z < y thì ta có: f(z)−f(x) z−x ≤ f(y)−f(z) y−z Chứng minh Bất đẳng thức trên có thể viết lại: f(z)(y −z)−f(x)(y −z) ≤ f(y)(z−x)−f(z)(z−x).
Giới hạn trái và giới hạn phải của hàm số tại một điểm là những khái niệm quan trọng trong giải tích Đối với hàm số f được xác định trên khoảng (a, b) và điểm c thuộc khoảng (a, b), khi x tiến tới c từ bên trái, ký hiệu là x → c −, có nghĩa là x tiến gần tới c trong khi vẫn nhỏ hơn c.
Tương tự, x được gọi là tiến tới c từ bên phải, ký hiệu x →c + , nếu và chỉ nếu x→ c và x > c.
Hàm số f(x) được coi là liên tục tại điểm c nếu giới hạn bên trái và bên phải tại c đều bằng giá trị của hàm tại c, tức là lim x→c − f(x) = f(c) và lim x→c + f(x) = f(c) Điều này có nghĩa là hàm f(x) liên tục tại c nếu lim x→c f(x) = f(c).
Hàm số f(x) có đạo hàm trái tại điểm c, ký hiệu f − 0 (c), nếu giới hạn f − 0 (c) := lim x→c − f(x)−f(c) x−c tồn tại Tương tự, hàm số có đạo hàm phải tại c, ký hiệu f + 0 (c), nếu giới hạn f + 0 (c) := lim x→c + f(x)−f(c) x−c tồn tại Do đó, hàm số f(x) được coi là có đạo hàm tại c khi cả hai giới hạn f 0 (c) := lim x→c − f(x)−f(c) x−c và lim x→c + f(x)−f(c) x−c đều tồn tại và bằng nhau.
Mối quan hệ giữa tính liên tục trái (phải) và sự tồn tại của đạo hàm trái (phải) tại một điểm của hàm số là một chủ đề quan trọng trong phân tích toán học Cụ thể, nếu một hàm số liên tục trái tại một điểm, thì đạo hàm trái tại điểm đó cũng tồn tại Tương tự, nếu hàm số liên tục phải tại một điểm, thì đạo hàm phải cũng tồn tại Sự liên kết này giúp chúng ta hiểu rõ hơn về hành vi của hàm số tại các điểm đặc biệt và là cơ sở cho nhiều định lý trong giải tích.
Bổ đề 1.4.3 nêu rằng, với hàm số f xác định trên khoảng (a, b) và c thuộc (a, b), hàm f sẽ liên tục tại c nếu giới hạn f khi tiến đến c từ bên phải tồn tại và liên tục từ bên trái tại c Ngoài ra, hàm f sẽ liên tục tại c nếu tồn tại đạo hàm từ cả hai phía tại điểm c.
Chứng minh Giả sử f + 0 (c) tồn tại Lấy ε= 1, tồn tại một số δ sao cho: f(x)−f(c) x−c −f + 0 (c)
Vì thế x→clim + (f + 0 (c)−1)(x−c)≤ lim x→c + (f(x)−f(c)) ≤ lim x→c + (f + 0 (c) + 1)(x−c). Suy ra x→clim + (f(x)−f(c)) = 0.
Tức là hàm số f(x) liên tục phải tại c.
Trường hợp hàm số liên tục trái được chứng minh tương tự.
Và hiển nhiên hàm số liên tục tại c nếu và chỉ nếu hàm số liên tục trái và liên tục phải tại c.
Bổ đề 1.4.4 Cho h là hàm tăng trên (a, b) Nếu h(t) ≥ M,∀t ∈ (a, b), với M là một hằng số thì lim t→a + h(t) tồn tại.
Để chứng minh, ta xét dãy giảm {t_n} trong (a, b) với điều kiện t_n → a+ Do hàm h tăng và h ≥ M trên (a, b), dãy {h(t_n)} giảm và bị chặn dưới, nên tồn tại giới hạn A = lim n→∞ h(t_n) Với mỗi ε > 0, tồn tại n_0 sao cho 0 ≤ h(t_n) − A < ε với mọi n ≥ n_0 Do đó, với mọi t > t_n0, ta có h(t) − A ≤ h(t_n0) − A < ε Hơn nữa, vì t_n → a+, ta tìm được n_1 sao cho h(t_n1) ≤ h(t) Vậy, 0 ≤ h(t_n1) − A ≤ h(t) − A Bằng cách lấy δ = t_n0 − a, ta có 0 ≤ h(t) − A ≤ ε với mọi t ∈ (a, a + δ), chứng minh rằng tồn tại f+(a) = lim t→a+ h(t) Theo Định lý 1.4.5, nếu hàm lồi f: I → R có đạo hàm phải và trái tại mọi điểm, thì f−0(x) ≤ f+0(x) với ∀x ∈ I, và f+0(x) ≤ f−0(y) với ∀x, y ∈ I, x < y Chứng minh dựa trên Mệnh đề 1.4.1 và 1.4.2 cho hàm ϕ(t) = (f(t)−f(x))/(t−x), t > x, là hàm tăng và bị chặn dưới bởi (f(x)−f(x0))/(x−x0) với x0 ∈ I thỏa x0 < x.
Từ đó, ta có lim t→x + ϕ(t) tồn tại (theo bổ đề 1.4.4) Nói cách khác, f + 0 (x) tồn tại.
Lưu ý, ta cũng có: f + 0 (x) ≥ f(x)−f(x0) x−x 0 f(x)−f(x 0 ) x−x0 tăng khi x 0 tăng đến x, từ (1.3) ta có: xlim0 →x f(x)−f(x0) x−x 0 = f − 0 (x) tồn tại và kết luận f − 0 (x) ≤ f + 0 (x).
Sau khi đã chứng minh đạo hàm trái, đạo hàm phải tồn lại ở mọi điểm trong I, cho z → x + từ (1.2) ta có: f + 0 (x)≤ f(y)−f(x) y−x ; và cho z → y − từ (1.3) ta có: f(y)−f(x) y−x ≤ f − 0 (y).
Vậy f + 0 (x) ≤ f − 0 (y),∀x, y ∈ I, x < y. Định lý 1.4.6 Cho f là hàm khả vi trên I Khi đó, hàm f là lồi trên I khi và chỉ khi f 0 tăng trên I.
Định lý 1.4.5 khẳng định rằng hàm số f' là tăng nếu hàm f lồi và khả vi Để chứng minh tính lồi của f, ta xét điểm z = λx + (1−λ)y nằm trong đoạn [x, y] Theo định lý giá trị trung bình, tồn tại các điểm c1 ∈ (x, z) và c2 ∈ (z, y) sao cho f(z) = f(x) + f'(c1)(z−x) và f(y) = f(z) + f'(c2)(y−z).
Sử dụng f 0 (c 1 ) ≤ f 0 (c 2 ), ta có: f(z)−f(x) z−x ≤ f(y)−f(z) y−z Theo mệnh đề 1.4.2 thì f lồi. Định lý 1.4.7 Cho hàm f(x) có đạo hàm cấp hai Hàm f(x) là lồi khi và chỉ khi f 00 (x) ≥ 0.
Chứng minh Giả sử f 00 (x) < 0, khi đó tồn tại ε > 0 sao cho: f 00 (x) 0 để
Suy ra f 0 (x)−f 0 (t) < 0 ⇒ f 0 (x) < f 0 (t) mâu thuẫn với giả thiết (Hàm f(x) lồi nên f 0 (x) tăng).
Từ định lí này, nếu f 00 (x) ≥ 0 thì f 0 (x) là hàm tăng, cũng có thể suy ra f(x) lồi.
Dựa vào Định lý 1.4.7, chúng ta có thể áp dụng một tiêu chuẩn đơn giản để kiểm tra tính lồi hoặc lõm của hàm số trên một khoảng nhất định Tiêu chuẩn này rất hữu ích cho chương trình toán học bậc trung học phổ thông.
Ví dụ 1.4.1 • Hàm f(x) = sinx là hàm lõm trên [0, π].
• Hàm f(x) = (x+a) p với p > 1 là hàm lồi chặt trên (−a,+∞).
• Hàm f(x) =−lnx là hàm lồi chặt trên (0,+∞).
Do hàm f(x) = lnx tăng ngặt trên (0,+∞) nên lnx1+x2
Do đó lnx là hàm lõm chặt trên (0,+∞) hay −lnx là hàm lồi chặt trên (0,+∞).
Có thể kiểm tra hàm f(x) =−lnx lồi trên khoảng (0,+∞) bằng đạo hàm cấp hai một cách dễ dàng hơn.
Dưới vi phân
Định nghĩa 1.5.1 Hàm f có giá là một đường thẳng tại điểm a ∈ I nếu tồn tại số thực λ sao cho f(x) ≥ f(a) +λ(x−a),∀x∈ I.
Số thực λ gọi là gradient dưới của f tại a Tập hợp các gradient dưới của f tại điểm a được gọi là dưới vi phân của f tại a và được ký hiệu là ∂f(a).
Trong hình học, dưới vi phân cung cấp độ dốc của các giá trị trên đồ thị của hàm f Như thể hiện trong hình 1.7, dưới vi phân tại một điểm luôn là một tập hợp lồi, có thể là rỗng.
Hình 1.7: Sự tồn tại đường giá của điểm trong.
Các hàm lồi có đặc điểm quan trọng là ∂f(x) luôn khác rỗng tại mọi điểm trong miền xác định Tuy nhiên, dưới vi phân có thể không tồn tại tại các điểm biên Một ví dụ minh họa cho điều này là hàm lồi liên tục f(x) = 1 − √.
1−x 2 , x ∈ [−1/1], không có giá x= ±1. Định lý 1.5.1 Nếu hàm f lồi trên một khoảngI, thì∂f(a) = [f − 0 (a), f + 0 (a)] tại mọi điểm trong của I.
Kết luận nêu trên nhấn mạnh rằng các điểm cuối của hàm I chỉ được xác định khi hàm f có tính khả vi tại đó Do đó, tính khả vi của hàm lồi f tại một điểm đồng nghĩa với việc hàm này có một đường thẳng duy nhất tại điểm đó.
Một điểm λ thuộc về ∂f(a) khi và chỉ khi f(x)−f(a) x−a ≤ λ ≤ f(y)−f(a) y−a với x < a < y trong I, trong đó x− a < 0 Theo bất đẳng thức của ba độ dốc, tỷ số đầu tiên f − 0 (a) tăng lên khi x tiến gần a, trong khi tỷ số thứ hai f + 0 (a) giảm xuống khi y tiến gần a Do đó, ta có λ∈ [f − 0 (a), f + 0 (a)] Nhiều bất đẳng thức cơ bản như e x ≥ 1 +x (trên R) và sinx ≤ x (trên R) cũng được áp dụng trong trường hợp này.
R + ) là minh họa của định lí trên.
Hệ quả 1.5.2 Nếu f :I →R là hàm lồi, thì mỗi hàm ϕ từ I đến R thỏa điều kiện ϕ(x) ∈ ∂f(x) với mọi x ∈int(I) là tăng trong int(I).
Chú ý 1.5.2 Các hàm lồi là các hàm f duy nhất thỏa mãn điều kiện
Để chứng minh rằng ∂f(x)6= 0 tại tất cả các điểm bên trong khoảng xác định, giả sử u, v ∈ I với u 6= v và t ∈ (0,1) Khi đó, tu + (1−t)v thuộc int(I), từ đó suy ra rằng với mọi λ ∈ ∂(tu + (1−t)v), ta có f(u) ≥ f(tu + (1−t)v) + t(u−v).λ và f(v) ≥ f(tu + (1−t)v) − (1−t)(u−v).λ.
Bằng cách nhân bất đẳng thức thứ nhất với t, bất đẳng thức thứ hai với
1−t và sau đó cộng vế theo vế, chúng ta có được: tf(u) + (1−t)f(v)≥ f(tu+ (1−t)v) do đó f là hàm lồi.
Mỗi hàm lồi liên tục đều là đường bao trên của giá trị của nó Theo định lý 1.5.3, nếu f là hàm lồi liên tục trên khoảng không biến đổi I và ϕ : I → R là hàm sao cho ϕ(x) thuộc ∂f(x) với mọi x thuộc int(I), thì f(z) được xác định bởi công thức: f(z) = sup{f(x) + (z−x)ϕ(x) : x∈ int(I)} cho mọi z thuộc I.
Biểu diễn tích phân của hàm lồi
Đạo hàm và tích phân là hai phép toán ngược nhau, tạo ra mối quan hệ đối ngẫu giữa lớp hàm lồi và lớp các hàm không giảm trên một khoảng mở.
Cho hàm không giảm ϕ : I → R và điểm c ∈ I, ta xây dựng hàm f cho bởi f(x) x
Giả sử hàm ϕ bị chặn trên khoảng I, điều này dẫn đến việc hàm f là Lipschitz địa phương và do đó liên tục Chúng ta sẽ chứng minh rằng hàm f cũng là một hàm lồi Cụ thể, theo Định lý 1.3.6, để chứng minh hàm f là lồi trung điểm, ta cần kiểm tra rằng với mọi x ≤ y trong I, thì giá trị của f tại điểm trung bình (x+y)/2 thỏa mãn tính chất lồi.
Theo định nghĩa hàm f ta có: f(x) +f(y)
Từ công thức của hàm f ta suy ra rằng hàm f là khả vi tại tất cả các điểm liên tục của ϕ và f 0 = ϕ tại các điểm đó.
Trong toán học, có những hàm lồi mà đạo hàm không tồn tại trên một tập trù mật Để minh họa điều này, hãy xem xét một dãy tăng các số hữu tỷ r1, r2, r3, trong khoảng [0,1] và định nghĩa hàm ϕ(t) = X.
0 ϕ(t)dt là một hàm lồi liên tục có đạo hàm không tồn tại tại các điểm r k ,∀k. Định lý 1.6.1 Nếu f :I → R là hàm lồi liên tục, với mọi a < b trong I, ta có: f(b)−f(a) b
Công thức này cũng đúng với f − 0 (t) (cũng như với bất kì hàm ϕ(t) ∈ [f − 0 (t);f + 0 (t)], với t ∈ (a, b)).
Chứng minh Chọn tùy ý u, v sao cho a < u < v < b Nếu u < t0 < t1 Bi với mọi i = 1,2, , n và An = Bn.
X i=1 ci(Ai−Ai−1−(Bi−Bi−1)) n
≥ 0. Đây là điều phải chứng minh.
Sau đây là một số ứng dụng của bất đẳng thức Kamarata.
Ví dụ 2.1.2 Cho a, b, c là các số thực dương Chứng minh rằng:
2c. Chứng minh Không mất tính tổng quát, giả sửa ≥ b≥ c Khi đó, dễ dàng kiểm tra được
Vì f(x) = 1 x là hàm lồi trên (0,∞), áp dụng bất đẳng thức Karamata, ta có: f(2a) +f(2b) +f(2c) ≥ f(a+b) +f(a+c) +f(b+c) hay
Ví dụ 2.1.3 Cho 2n số thực dương a i , b i với i = 1,2, , n thỏa mãn các điều kiện a1 ≥ a2 ≥ ≥ an;b1 ≥ b2 ≥ ≥ bn, a1 ≥ b1;a1a2 ≥ b 1 b 2 ; ;a 1 a 2 a n−1 ≥ b 1 b 2 b n−1 , a 1 a 2 a n =b 1 b 2 b n Chứng minh rằng: a1+a2+ +an ≥ b1+b2+ +bn.
Chứng minh Đặt x i = lna i , y i = lnb i với i = 1,2, , n.
Vì f(x) = lnx tăng nên từ các điều kiện đã cho ta có x 1 ≥ x 2 ≥ ≥ x n ;y 1 ≥ y 2 ≥ ≥ y n x 1 ≥ y 1 ;x 1 +x 2 ≥ y 1 +y 2
Xét hàm số f(x) = e x lồi trên (0,+∞), áp dụng bất đẳng thức Karamata, ta có e x 1 +e x 2 + +e x n ≥ e y 1 +e y 2 + +e y n ; hay a 1 +a 2 + +a n ≥ b 1 +b 2 + +b n
Ví dụ 2.1.4 Cho a,b,c là các số thực dương thỏa điều kiện abc = 1. Chứng minh rằng: a−1 + 1 b b−1 + 1 c c−1 + 1 a
Chứng minh Vìabc = 1 nên tồn tại các số dươngx, y, z sao cho a= x y, b y z, c = z x Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành:
(x−y +z) + (z−x+y) = 2z > 0. do đó trong 3 số (x−y+z),(y −z+x),(z−x+y) không thể có trường hợp hai số cùng âm.
Nếu trong ba số trên có một hoặc ba số cùng âm, hiển nhiên ta có bất đẳng thức trên.
Trường hợp cả ba số đều dương, ta có: ln(x−y+z) + ln(y −z+y) + ln(z−x+y) ≤ lnx+ lny+ lnz.
Không mất tính tổng quát, giả sử x≥ y ≥ z Khi đó:
Vìf(x) = lnxlà hàm lõm trên(0,+∞), áp dụng bất đẳng thức Karamata, ta được: ln(y−z+x) + ln(x−y+z) + ln(z−x+y) ≤ lnx+ lny + lnz.
Ví dụ 2.1.5 Cho ∆ABC là tam giác nhọn Chứng minh rằng:
2. Chứng minh Không mất tính tổng quát, giả sử A ≥ B ≥ C.
Do đó, f là hàm lõm tại điểm giữa nên cũng là hàm lõm trên [0,π
2]. Áp dụng bất đẳng thức Kamarata, ta có: f(A) +f(B) +f(C)≤ f(π
Mặt khác, do ∆ABC là tam giác nhọn nên A ≤ π
2,0) (A, B, C) Áp dụng bất đẳng thức Karamata, ta có: f(π
Ví dụ 2.1.6 Cho a, b là các số thực không âm Chứng minh rằng:
Chứng minh Giả sử b ≥ a ≥ 0 Giữa các số x 1 = b + √ 3 b, x 2 = b +
√3 a, x3 = a+√ 3 b, x4 = a+√ 3 a, thì x1 là số lớn nhất, x4 là số nhỏ nhất Vì x 1 +x 4 = x 2 +x 3 nên (x 1 , x 4 ) (x 2 , x 3 ) hoặc (x 1 , x 4 ) (x 3 , x 2 ) Dễ thấy, y = √ 3 x là hàm lõm trêm [0,+∞) Áp dụng bất đẳng thức Karamata, ta có: f(x 1 ) +f(x 4 )≤ f(x 2 ) +f(x 3 ); hay
Bất đẳng thức Jensen
Định lý 2.1.2 (BĐT Jensen cho n số rời rạc) Cho I là tập lồi trong
R, hàm số f : I → R xác định trên I Khi đó f(x) là hàm lồi khi và chỉ khi với mọi số n nguyên dương, với mọi x1, x2, , xn thuộc I, với mọi λ i > 0,(i= 1,2, , n và n
Chứng minh Ta sẽ chứng minh định lý bằng phương pháp quy nạp:
- Khi n = 2, (2.1) cũng đúng theo đinh nghĩa hàm lồi.
- Giả sử, (2.1) đúng với n, tức là: f( n
- Cần chứng minh, nó cũng đúng với n+ 1 Ta có: f( n+1
Bất đẳng thức Jensen có nhiều phiên bản khác nhau, trong đó Định lý 2.1.3 trình bày BĐT Jensen dưới dạng tích phân Theo đó, nếu f : [c, d] → R là một hàm lồi và g : [a, b] → [c, d] là hàm khả tích Riemann, thì f sẽ có những tính chất đặc biệt liên quan đến sự lồi của nó.
Để chứng minh, ta lấy điểm (x₀, f(x₀)) thuộc đồ thị của hàm f với x₀ nằm trong khoảng (c, d) Ta xét đường thẳng y = α(x−x₀) + f(x₀) Vì f là hàm lồi, ta có thể chọn hệ số α, chẳng hạn như α thuộc dưới vi phân của hàm f tại điểm x₀, sao cho f(x) ≥ α(x−x₀) + f(x₀) với mọi x trong tập xác định [c, d] của hàm f Đặt x₀ = 1 b−a.
Z b a g(x)dx, và áp dụng bất đẳng thức trên cho g(x) ∈ [c, d] ta có: f(g(x)) ≥ α(g(x)−x0) +f(x0).
Lấy tích phân theo x từ a đến b hai vế của bất đẳng thức trên đây và biến đổi ta được
Từ đó suy ra bất đẳng thức Jensen cần chứng minh.
Một số bất đẳng thức cổ điển
Sau đây, luận văn sẽ giới thiệu một số bất đẳng thức cổ điển và phép chứng minh của chúng dựa vào khái niệm hàm lồi.
1 Bất đẳng thức GM-AM
Bất đẳng thức GM - AM, thường được biết đến trong chương trình toán phổ thông với tên gọi bất đẳng thức Cauchy hay bất đẳng thức trung bình số học, thể hiện mối quan hệ giữa trung bình hình học và trung bình số học của một tập hợp các số.
(x 1 x 2 x n ) n 1 ≤ 1 n(x 1 +x 2 + +x n ) với x i ≥ 0 và n là số nguyên dương.
Sau đây là dạng tổng quát của bất đẳng thức nói trên. Định lý 2.1.4 (Bất đẳng thức GM-AM) Với x i ≥ 0, λ i ≥ 0 và n
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi xi =xj với mọi i, j sao cho λi, λj 6= 0
Hàm số f(x) = e^x được chứng minh là hàm lồi chặt Đường tiếp tuyến g(x) tại điểm (0,1) là g(x) = x + 1 Vì f là hàm liên tục và khả vi, ta có f(x) ≤ g(x) với mọi x, tức là 1 + x ≤ e^x, và dấu bằng xảy ra khi x = 0 Đặt r_i = x_i n.
Ta có: r i + 1 ≤ exp(r i ) suy ra (r i + 1) λ i ≤ exp(λ i r i ) Nhân n bất đẳng thức này với nhau, ta có: n
Bất đẳng thức GM - AM cũng có thể được chứng minh trực tiếp bằng phương pháp quy nạp toán học.
Nếu a, b≥ 0 và p, q > 0 sao cho 1 p + 1 q = 1 ta có: ab ≤ a p p + b q q Dấu bằng xảy ra khi a p =b q
Chứng minh Xét hàm số f(x) =e x là hàm lồi Với p < 0, q > 0,1 p+1 q = 1.
Ta có: f(1 plna p + 1 q) lnb q ≤ 1 pf(lna p ) + 1 qf(lnb q )
⇔f(lna+ lnb) ≤ 1 pf(plna) + 1 qf(qlnb)
⇔e ln ab ≤ 1 pe p ln a + 1 qe q ln b
Sau đây là một số phiên bản khác của bất đẳng thức Young. Định lý 2.1.5 (BĐT Young dạng tích phân) Giả sử rằng f : [0,∞) →
[0,∞) là hàm số liên tục tăng ngặt sao cho f(0) = 0 và lim x→∞f(x) = ∞ thì uv ≤
Z v 0 f −1 (y)dy với mọi u, v ≥ 0 và đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi v = f(u)
Sử dụng định nghĩa của đạo hàm có thể dễ dàng chứng minh được hàm số
Z f(u) 0 f ư1 (y)dyưuf(u), u∈ [0,∞) là khả vi, với F 0 đồng nhất 0 Vậy F(u) =F(0) = 0 với u ≥ 0.
Nếu u, v ≥ 0 và v ≥ f(u), thì uv = uf(u) +u(v−f(u)) Z u 0 f(x)dx+
Trường hợp v ≤ f(u) cũng tương tự.
Cách 2: Dùng định lí giá trị trung bình.
Z v 0 f − (x)dx. Định lý 2.1.6 (BĐT Young ngược) Theo giả thiết của Định lí 2.1.5 ta có bất đẳng thức min
Z v 0 f −1 (x)dx ≤ uv. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi v = f(u).
Chứng minh Ta có hàm
Nếu u > f −1 (v), ta áp dụng tương tự cho hàm
3 Bất đẳng thức H¨ older Định lý 2.1.7 Cho a 1 , a 2 , , a n , b 1 , b 2 , , b n > 0, và p, q > 0,1 p + 1 q = 1. Khi đó ta có: n
Cách 1: (Áp dụng bất đẳng thức Jensen):
Do q >0,1 p + 1 q = 1 nên p >1 Xét hàm số f(x) = x p , x > 0.
Ta có f 0 (x) = px p−1 suy ra f 00 (x) = p(p − 1)x p−2 > 0,∀x > 0 nên hàm f(x) lồi trên (0,∞). Áp dụng bất đẳng thức Jensen, ta có f( n
Do 1 p + 1 q = 1 ⇒ p+q −pq = 0 hay p(1−q) +q = 0 Suy ra
Cách 2: (Áp dụng bất đẳng thức Young):
Với hai số thực p, q > 0,1 p + 1 q = 1, chọn hai số dương a và b sao cho a = a k ( n
Cộng các bất đẳng thức cùng chiều trên với nhau, ta có n
4 Bất đẳng thức Cauchy - Bunyakovsky - Schwarz Định lý 2.1.8 Cho a1, a2, , an;b1, b2, , bn > 0 Ta có n X i=1 aibi
X i=1 b 2 i Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a 1 b1
Cách 1: Xét hàm số f(x) = x 2 trên R Vì f 0 (x) = 2x, f 00 (x) = 2 > 0,∀x nên f(x) lồi trên R.
X i=1 λi = 1. Áp dụng bất đẳng thức Jensen, ta có f( n
Dấu bằng xảy ra khi x1 = = xn tương đương a 1 b1
Cách 2: Bất đẳng thức Cauchy - Bunyakovsky - Schwarz là hệ quả trực tiếp của bất đẳng thức H¨older đã chứng minh ở trên.
5 Bất đẳng thức Minkowski Định lý 2.1.9 Cho a1, a2, , an;b1, b2, , bn > 0 Chứng minh rằng
Chứng minh Xét hàm số f(x) = ln(1 +e x ) trên R.
Chọn xi = ln bi a i và λi = 1 n, với i= 1,2, , n. Áp dụng bất đẳng thức Jensen, ta có ln
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ln b 1 a1
Ứng dụng hàm lồi chứng minh một số bất đẳng thức đại số, lượng giác
Một số bất đẳng thức đại số
Ví dụ 2.2.1 Chứng minh rằng với mọi x ∈R, ta có
Chứng minh Xét hàm số f(x) =−lnx trên (0,+∞).
. Áp dụng bất đẳng thức Jensen, ta có
Từ đó, cộng vế theo vế ta có được điều phải chứng minh.
Ví dụ 2.2.2 Cho a 1 , a 2 , , a n là các số lớn hơn hoặc bằng 1 Chứng minh
Chứng minh Xét hàm số f(x) = 1
Chọn xi = lnai >0 với i = 1,2, , n Áp dụng bất đẳng thức Jensen, ta có
Ví dụ 2.2.3 Cho a 1 , a 2 , , a n là các số dương Chứng minh a a 1 1 a a 2 2 a a n n ≥ a 1 +a 2 + +a n n a 1 +a 2 + +a n
Chứng minh Xét hàm số f(x) =xlnx,∀x ∈ (0,+∞).
Vìf 0 (x) = lnx+1, f 00 (x) = 1 x > 0,∀x∈ (0,+∞)nênf(x)lồi trên(0,+∞). Áp dụng bất đẳng thức Jensen, ta có f a1+a2+ +an n
≤ 1 n((f(x1) +f(x2) + +f(xn)). a 1 +a 2 + +a n n ln a 1 +a 2 + +a n n ≤ 1 n(a 1 lna 1 +a 2 lna 2 + +a n lna 2 ; hay ln a1+a2+ +an n a 1 +a 2 + +a n
Mặt khác, f(x) =xlnx là hàm đồng biên trên (0,+∞) nên a a 1 1 a a 2 2 a a n n ≥ a1+a2+ +an n a 1 +a 2 + +a n
Ví dụ 2.2.4 Cho a, b, c là ba số dương Chứng minh rằng
Chứng minh Xét hàm số f(x) = −ln(a+b+c−x) với 0 < x < a+b+c.
(a+b+c−x) 2 > 0,∀x ∈ (0, a+b+c) nên f(x) là hàm lồi. Áp dụng bất đẳng thức Jensen, ta có f a a+b+ca+ b a+b+cb+ c a+b+cc
≤ af(a) +bf(b) +cf(c) a+b+c ; hay−ln a+b+c−a 2 +b 2 +c 2 a+b+c
≤ −aln(b+c) +bln(a+c) +cln(a+b) a+b+c ; hay ln
Từ (1) và (2), ta có ln
Ví dụ 2.2.5 Cho ba số dương a, b, c Chứng minh rằng a a+b+c a b a+b+c b c a+b+c c ≥ 1
Chứng minh Xét hàm số f(x) =xlnx với ∀x∈ (0,+∞).
Vìf 0 (x) = lnx+1, f 00 (x) = 1 x > 0,∀x∈ (0,+∞)nênf(x)lồi trên(0,+∞). Áp dụng bất đẳng thức Jensen, ta có f a+b+c
3 ; hay a a+b+clna+ b a+b+clnb+ c a+b+clnc≥ ln a+b+c
Vì f(x) =xlnx là hàm đồng biến trên (0,+∞) nên a a+b+c a b a+b+c b c a+b+c c ≥ 1
Ví dụ 2.2.6 Chứng minh với mọi số tự nhiên n, ta có
Chứng minh Xét hàm số f(x) = 1 x với x > 0.
Vì f 0 (x) =− 1 x 2 , f 00 (x) = 2 x 3 > 0,∀x > 0 nên f(x) là hàm số lồi. Áp dụng bất đẳng thức Jensen với mọi x > 0, với mọi k > x, ta có f(k) =f
21 k < 1 k−x + 1 k+x. Áp dụng với k = 2n+ 1, ta có
2n+ 1. Cộng vế theo vế n bất đẳng thức trên, ta có
Một số bất đẳng thức lượng giác
Ví dụ 2.2.7 Cho n là số nguyên dương Nếu 0 ≤ α i ≤ π vớii = 1,2, , n. Chứng minh rằng sinα1+ sinα2+ + sinαn n ≤ sin α1+α2+ +αn n
Chứng minh Xét f(x) = sinx, với 0 ≤ x ≤ π.
Vì f 0 (x) = cosx, f 00 (x) = −sinx < 0,∀x ∈ (0, π) nên f(x) là hàm lõm trên [0, π]. Áp dụng bất đẳng thức Jensen, ta có f α1+α2+ +αn n
Ví dụ 2.2.8 Cho n là số nguyên dương Nếu −π
2 với i 1,2, , n Chứng minh rằng cosα 1 + cosα 2 + + cosα n n ≤ cosα 1 +α 2 +α n n
Chứng minh Xét hàm số f(x) = cosx, với −π
2,π 2 nên f(x) là hàm lõm trên
Áp dụng bất đẳng thức Jensen, ta có f α 1 +α 2 + +α n n
Ví dụ 2.2.9 Cho nlà số nguyên dương Nếu 0 ≤ α i ≤ π
2 vớii = 1,2, , n. Chứng minh rằng tanα1+ tanα2+ + tanαn n ≥ tanα1+α2+αn n
Chứng minh Xét f(x) = tanx, với 0 ≤ α i ≤ π
0,π 2 nên f(x) là hàm lồi trên
. Áp dụng bất đẳng thức Jensen, ta có f α 1 +α 2 + +α n n
Từ các bất đẳng trên, ta có thể suy ra các bất đẳng thức trong tam giác. Trong tam giác ABC, có sinA+ sinB + sinC ≤ 3√
Ví dụ 2.2.10 Chứng minh rằng trong tam giác ABC ta luôn có
Chứng minh Xét hàm số f(x) = 1 sin 2 x trên (0,π
Vì f 0 (x) = −2 cosx sin 3 x , f 00 (x) = 2 sin 2 x+ 6 cos 2 x sin 4x > 0,∀x ∈ (0,π
Mặt khác trong tam giác ABC thì A
2), áp dụng bất đẳng thức Jensen ta có f
Ví dụ 2.2.11 Cho ∆ABC Chứng minh rằng sinA
Chứng minh Xét hàm số f(x) = sinx
Vậy f(x) là hàm lồi trên (0, π) Áp dụng bất đẳng thức Jensen có f
Nhờ phương pháp chứng minh bằng hàm lồi, chúng ta đã xác minh được bất đẳng thức trong tam giác ABC, mặc dù chỉ có hai bất đẳng thức ngược chiều nhau Cụ thể, trong tam giác này, ta có sinA.
3. và ta không được phép cộng hai bất đẳng thức ngược chiều này.
Hoàn toàn tương tự ta cũng chứng minh được cot A
Ví dụ 2.2.12 Chứng minh trong tam giác ABC, ta luôn có sinAsinBsinC ≤ sin
Chứng minh Xét hàm số f(x) = sinx với 0 < x < π.
Vì f 0 (x) = cosx, f 00 (x) = −sinx < 0,∀x ∈ (0, π) nên f(x) là hàm số lõm trên (0, π). Áp dụng bất đẳng thức Jensen, ta có f
Mặt khác, do sinA,sinB,sinC là các số dương, áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có sinAsin 3 B ≤ sinA+ 3 sinB
Từ đó, ta có sinAsin 3 B ≤ sin 4
Tương tự, ta có sinBsin 3 C ≤ sin 4
Do hai vế của ba bất đẳng thức trên đều dương, ta nhân vế theo vế ba bất đẳng thức đó, ta có: sin 4 Asin 4 Bsin 4 C ≤ sin 4
Kết luận Đề tài nghiên cứu "Hàm lồi trên đường thẳng thực và một số ứng dụng" đã đạt được một số kết quả sau đây:
Hệ thống hóa các khái niệm và kết quả cơ bản về hàm lồi trên một tập mở trong R, với các kết quả được trình bày ngắn gọn và logic, kèm theo các chứng minh rõ ràng.
Hàm lồi có nhiều ứng dụng quan trọng trong việc chứng minh các bất đẳng thức, bao gồm những bất đẳng thức kinh điển như bất đẳng thức Kamarata, Jensen và Young Ngoài ra, khái niệm hàm lồi còn được sử dụng để chứng minh một số bất đẳng thức đại số và lượng giác trong chương trình toán học phổ thông Những ứng dụng này không chỉ giúp củng cố lý thuyết mà còn nâng cao khả năng tư duy toán học cho học sinh.
Kết quả nghiên cứu từ luận văn này sẽ là tài liệu tham khảo hữu ích cho sinh viên và học viên cao học quan tâm đến bất đẳng thức Các kết quả nghiên cứu cũng sẽ đóng vai trò là nền tảng để phát triển các chuyên đề học tập tự chọn theo định hướng của Chương trình phổ thông mới.
2018 sẽ được triển khai từ năm học 2020 - 2021.
[1] Nguyễn Văn Hiền, Lê Dũng Mưu và Nguyễn Hữu Điển (2014), Giải tích lồi ứng dụng, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội.
[2] Đỗ Văn Lưu (2000), Giải tích lồi, NXB Khoa học Kỹ Thuật.
[3] Huỳnh Thế Phùng (2005), Giải tích lồi, Đại học Khoa học Huế. Tiếng Anh
[4] J M Aldaz (2008), A stability version of Hứlder’s inequality J Math. Anal Appl 343, no 2, 842 - 852.
[5] Y Al-Manasrah and F Kittaneh (2015), A generalization of two rifined Young inequality Positivity 19, no 4, 757 - 768.
[6] C P Niculescu and L E Persson (2018), Convex functions and their applications (2rd), CMS Books in Math.