Hàm lồi và ứng dụng

Trờng Đại học Vinh Khoa toán Nguyễn Thị Hiền Hàm lồi ứng dụng Khoá luận tốt nghiệp đại học Ngành cử nhân khoa học Toán Vinh - 2004 Trờng Đại học Vinh Khoa toán Nguyễn Thị Hiền dụng Hàm lồi ứng Khoá luận tốt nghiệp đại học Ngành cử nhân khoa học Toán Lớp 40E3, Khoá 40 Toán Cán hớng dẫn khoa học: TS Trần Xuân Sinh Vinh - 2004 Mở đầu Giải tích lồi đóng vai trò quan trọng việc nghiên cứu lý thuyết toán cực trị Đối tợng chủ yếu giải tích lồi tập lồi hàm lồi Đó hai khái niệm chiếm vai trò chủ đạo nghiên cứu toán giải tích lồi Vào đầu kỷ XX lý thuyết giải tích lồi thu hút quan tâm nghiên cứu nhiều nhà toán học Các kết thu đợc việc nghiên cứu tập lồi hàm lồi đợc áp dụng rộng rãi việc chứng minh bất đẳng thức sơ cấp, tìm giá trị lớn nhất, nhỏ hàm số công cụ hữu hiệu để giải biện luận số lớp toán hệ bất phơng trình chứa tham số Để có đợc hiểu biết vấn đề chọn đề tài Hàm lồi ứng dụng Mục đích đề tài nêu số ứng dụng tính chất hàm lồi để chứng minh bất đẳng thức sơ cấp Khoá luận gồm hai chơng Chơng 1: Trình bày kiến thức tập lồi hàm lồi với bất đẳng thức tiếng W.V Jensen Chơng 2: Trình bày ứng dụng hàm lồi việc giải bất đẳng thức sơ cấp Khoá luận đợc thực hoàn thành trờng Đại học Vinh dới hớng dẫn tận tình, chu đáo thầy giáo, TS Trần Xuân Sinh Nhân dịp xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến thầy Tôi xin trân trọng gửi lời cảm ơn tới thầy cô giáo khoa Toán, Đại học Vinh bạn bè góp ý, tạo điều kiện giúp đỡ cho việc hoàn thành khoá luận Tôi xin chân thành cảm ơn Vinh, tháng - 2004 Tác giả Chơng I Tập hợp lồi Định nghĩa a) Tổ hợp lồi Cơ sở lý thuyết Cho hệ điểm X1, X2, , Xk R Điểm X = n k i =1 iXi, i 0, k i =1 i = gọi tổ hợp lồi hệ điểm cho b) Đoạn thẳng Cho hai điểm X1, X2 Rn, tập hợp điểm tổ hợp lồi hai điểm cho gọi đoạn thẳng nối X1, X2 Nghĩa X X = {X Rn: X = X1 + (1 - )X2, 1} c) Tập hợp lồi Tập hợp M Rn đợc gọi lồi với X1, X2 M X = X1 + (1 - )X2 M, [0, 1] Nghĩa đoạn thẳng nối hai điểm thuộc M nằm trọn M Tính chất tập lồi Định lý Tập A lồi tổ hợp lồi hữu hạn điểm thuộc A thuộc A Chứng minh Giả sử tổ hợp lồi hữu hạn điểm thuộc A thuộc A, tức k với X1, X2, , Xk A X = i =1 iXi A (i 0, k i = 1, k- hữu hạn) ta i =1 chứng minh tập A lồi Rõ ràng với k = 2, theo định nghĩa tập lồi ta có M lồi Ngợc lại, giả sử cho tập A lồi ta cần chứng minh với X1, , Xk A, - hữu hạn, X= k iXi A, (i 0, i =1 k i = 1) k (1) i =1 Ta chứng minh phơng pháp quy nạp Rõ ràng với k = theo định nghĩa ta có kết luận (1) Giả sử kết luận với k (tức với X1, X2, , Xk M X = k với i 0, k i =1 iXi A, i = 1) ta cần chứng minh kết luận với k +1 (tức cần i =1 chứng minh với X1, X2, , Xk +1 M, X= k +1 iXi A, (i 0, i =1 k +1 i = 1, k - hữu hạn) (2) i =1 X M Thật vậy, với X1, X2, , Xk +1 A, X = X = k i =1 k +1 i =1 i =1 i = 1, ta có i X i + k +1Xk +1 i =1 k +1 k iXi + k +1Xk +1 = (1 - k +1) = (1 - k +1) i = iXi, i 0, k +1 k i =1 iXi + k +1Xk +1, i k +1 Vì i Ta suy Y = k +1 i =1 k i = nên i k i =1 i = k i =1 iXi A (theo giả thiết quy nạp) i =1 i = k +1 k +1 = 1 k +1 Mà theo giả thiết ta có A lồi nên X = (1 - k +1)Y + k +1Xk +1 A (đpcm) Định lý Giao tập lồi tập lồi Nghĩa cho tập lồi A i, (i I) A = i I Ai tập lồi Chứng minh Ta cần chứng minh với X1, X2 A X = X1 + (1- )X2 A, Thật vậy, lấy X1, X2 A Khi A = i I Ai, nên X1, X2 Ai (i I) Do Ai lồi nên X = X1 + (1 - )X2 Ai, [0, 1] Từ ta có X = X1 + (1 - )X2 A [0, 1] Vậy A tập lồi Định lý Cho tập lồi A1, A2, , Ak R Khi A = n tập lồi Chứng minh Lấy X, Y A ta có X= k i X i , Xi Ai i =1 Y= k iYi , Yi Ai i =1 Xét X + (1 -)Y, với [0, 1] ta có k k i =1 i =1 Z = X + (1 - )Y = i X i + (1 -) iYi = k i(Xi + (1 -)Yi) = i= k iZi, i= Zi = Xi + (1 - )Yi Ai Vậy Z A, nghĩa A lồi II Hàm lồi Định nghĩa k i Ai , i R i =1 Cho tập lồi M Rn, hàm f xác định M đợc gọi hàm lồi với X, Y M, [0, 1] ta có f(X + (1 - )Y) f(X) + (1 - )f(Y) (3) Nếu bất đẳng thức (3) đổi chiều hàm f đợc gọi hàm lõm Về mặt ý nghĩa hình học bất đẳng thức (3) có ý nghĩa nh sau: Mọi điểm cung A1A2 đồ thị nằm dới cát tuyến A1A2 nằm cát tuyến A1A2 với A1(x1, f(x2)), A2(x2, f(x2)) (Hình 1) Thật vậy, từ x = x1 + (1-)x2 với [0, 1] Giả sử x1< x2 ta có x1 < x < x2 y A2 f(x1) + (1 -)f(x2) f(x1 + (1 -)x2) A1 x1 Phơng trình cát tuyến A1A2 có dạng y= x x2 Hình y y1 (x - x2) + y2 x2 x1 Thay vào ta có y(x) = y(x1 + (1 - )x2) = y y1 (x1 + (1 - )x2 - x2) + y2 x2 x1 = y1 + (1 -)y2 = f(x1) + (1 - )f(x2) + (1 - )f(x2), y1 = f(x1); y2 = f(x2) Vậy y(x) = f(x1) + (1 - )f(x2) f(x1 + (1 - )x2) Các ví dụ Ví dụ 1: Hàm số f(x) = x2 hàm lồi Thật vậy, với X1, X2 R, [0, 1] ta có f(X1 + (1- )X2) = [X1 + (1-)X2]2 = X 12 + (1-)2 X 22 + 2(1- )X1X2 Mặt khác f(X1) + (1- )f(X2) = X 12 + (1- ) X 22 Ta chứng minh cho f(X1) + (1- )X2 - f(X1 + (1- )X2) Ta có [ X 12 + (1- ) X 22 ] - [2 X 12 + (1- )2 X 22 + 2(1- )X1X2 = = ( - 2) X 12 + (1- )2 X 22 - 2( - 2)X1X2 = = ( - 2)(X1 - X2)2 (do [0, 1] nên - 0) Từ ta đợc f(X1 + (1- )X2 f(X1) + (1- )f(X2) Vậy f(x) = x2 hàm lồi Ví dụ 2: Chuẩn Euclide hàm lồi Rn ||x|| = x, x ( = x12 + + xn2 ) , x = (x1, , xn) Rn Chứng minh tơng tự nh ví dụ Ví dụ 3: Giả sử X* không gian liên hợp X Hàm tựa (sup.protfunctien) S(.|A) tập lồi A X* hàm lồi x* , x S(x| A) = sup * x A Thật vậy, ta chứng minh cho S(x + (1- )y|A) S(x|A) + (1- )S(y|A) Ta có S(x + (1 - )y|A) = sup x* A x*, x + (1- )y = sup [x*, x + x*, (1- )y] * x A sup sup x* A x*, x + (1- ) x* A x*, y = S(x|A) + (1- )S(y|A) Vậy S(.|A) hàm lồi Tính chất a) Hàm liên tục f hàm lồi xác định tập lồi M 1 f x + y f ( x) + f ( y ) , x, y M 2 b) Cho fi , i = 1, n hàm lồi xác định tập lồi M Ký hiệu f(x) = f1(x) + f2(x) + + fn(x) f := f1 + f2 + + fn Khi f hàm lồi (tức tổng hàm lồi hàm lồi) Chứng minh Ta cần chứng minh f(x + (1- )y) f(x) + (1- )f(y), [0, 1] Vì fi hàm lồi nên fi(x + (1- )y) fi(x) + (1- )fi(y) Vậy f(x + (1- )y) = f1(x + (1- )y) + + fn(x + (1- )y) f1(x) + (1- )f1(y) + + fn(x) + (1- )fn(y) = (f1(x) + + fn(x)) + (1- )(f1(y) + + fn(y)) = f(x) + (1- )f(y) (đpcm) c) Cho f(x) hàm hai lần khả vi (a, b), f lồi f(x) 0, x (a, b) Chứng minh Giả sử f(x) 0, x (a, b) ta chứng minh cho f lồi Giả sử x1, x2 (a, b) , cho > 0, > 0, + = Ta cần chứng minh cho f(x1 + x2) f(x1) + f(x2) (*) Rõ ràng (*) x1 = x2 (*) xảy dấu =, ta cần xét x1 x2 Không tính tổng quát ta giả sử x1 < x2, x1 < x1 + x2 < x2 Xét hàm số f(x) [x1, x1 + x2], theo định lý Lagrange tồn < < x1 + x2) cho f(x1 + x2) - f(x1) (x1 + x2 - x1).f(1) Từ ta có f(1) = f (x1 + x2 ) f ( x1 ) x2 (1 ) x1 = f (x1 + x2 ) f ( x1 ) ( x2 x1 ) (**) Vẫn theo định lý Lagrange tồn (x1 + x2 < < x2) cho f(x2) - f(x1 + x2) = (x2 - x1 - x2)f(2), nên f(2) = f ( x2 ) f (x1 + x2 ) ( x2 x1 ) Do f(x) x (a, b), suy f(x) hàm đồng biến (a, b) (***) (x1 Lại < nên f(1) < f(2), tức từ (**) (***) ta có f (x1 + x2 ) f ( x1 ) f ( x2 ) f (x1 + x2 ) < ( x2 x1 ) ( x2 x1 ) Do , > x2 > x1 nên f(x1 + x2) < f(x1) + f(x2) (đpcm) Chú ý: Nếu nh f (x) 0, x (a, b) f(x) hàm lõm (a, b) d) Hệ Các hàm sau lồi y = ax, a > y = ak , x > 0, k nguyên dơng y = - logax , x > 0, a > y = ax (a > 0) hàm lồi (vì f(x) = ax.lna nên f(x) = axln2a > 0, x) f(x) = xk (x > 0, k nguyên dơng, k > 1) hàm lồi (Vì f (x) = kxk -1, f (x) = k(k -1)xk -2 0, với x > 0, k nguyên dơng) f(x) = - logax, x > 0, a > hàm lồi có 1 , f (x) = > 0, với x > 0, a > . = ln a x x ln a x ln a e) Bất đẳng thức Jensen Cho tập M lồi, hàm f xác định tập lồi M hàm lồi f(x) = - n f i xi i =1 n i f ( xi ) , với i 0, i =1 n i = (*) i =1 Chứng minh Trớc hết ta thấy với xi M n i xi M, i 0, i =1 n i = i =1 Rõ ràng f có tính chất nh (*) với n = theo định nghĩa ta có f hàm lồi Ta cần chứng minh điều ngợc lại, nghĩa cho hàm f lồi, ta cần chứng minh (*) Ta chứng minh quy nạp Với n = theo định nghĩa hàm lồi bất đẳng thức (*) hiển nhiên Giả sử bất đẳng thức (*) với n = k, ta cần chứng minh với n = k +1 k +1 k Ta có với i 0, i = 1, f i xi = f i xi + k +1 xk +1 (giả thiết i =1 i =1 i =1 k +1 k +1 0) k k +1 i Từ ta đợc f i xi = f k +1 xk +1 + (1 k +1 ) xi i =1 k +1 i =1 Đặt i = i , k +1 i i i = = i =1 k +1 i =1 Do k i k k i =1 = k +1 k +1 = 1 k +1 k i xi M i =1 Theo giả thiết quy nạp ta có k f i xi i =1 k i f ( xi ) i =1 Vì f lồi nên k +1 k f i xi k +1f(xk +1) + (1 - k +1) f i xi i =1 i =1 (**) k +1f(xk +1) + (1 - k +1) k i f ( xi ) i =1 i f(xi) i =1 k +1 k = k +1f(xk +1) + (1 -k +1) = k +1f(xk +1) + = k i f ( xi ) i =1 k +1 i f(xi) i =1 k +1 k +1 Vậy f i f ( xi ) i f(xi) (đpcm) i =1 i =1 Các dạng đặc biệt bất đẳng thức Jensen i) Dạng đơn giản 10 (**) Vậy nf(x) f(nx) (đpcm) III Các bất đẳng thức lợng giác sử dụng tính chất hàm lồi Cho A, B, C góc tam giác Chứng minh bất đẳng thức sau (các bất đẳng thức tam giác lợng) e) sin A sin B sin C a) sinA + sinB + sinC 23 2 b) sinAsinBsinC f) cos A cos B cos C 3 2 c) cosA + cosB + cosC g) tg A + tg B + tg C 2 d) cosAcosBcosC h) tg A + tg B + tg C 2 Giải a) Xét hàm số f(x) = sinx xác định (0; ) Ta có f(x) = - sinx < 0, với x (0;) Điều chứng tỏ f(x) = sinx hàm lõm áp dụng tính chất hàm lõm ta có f ( A) + f ( B ) + f (C ) A+ B+C f 3 A+ B+C = sin = 3 sinA + sinB + sinC 3sin 3 Vậy sinA + sinB + sinC 23 (đpcm) b) Do A, B, C góc tam giác nên sinA, sinB, sinC > áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho số dơng ta có sin A + sin B + sin C sin A.sin B.sin C 3 3 sin A + sin B + sin C a) 3 sinA.sinB.sinC = 3 c) cosA + cosB + cosC Ta biết tam giác có góc nhỏ 90 Không tính tổng quát ta giả sử < A < 24 Đặt B = C = B+C Ta có A, B, C (0; ) Hàm số f(x) = - cosx, với x (0; ) hàm lồi Do cosA + cosB + cosC cos A + B '+C ' = cos = , 3 (vì B + C = B + C) Mặt khác ta có cosB + cosC = cos B+C BC B+C 2cos = cosB + cosC cos 2 Do cosA + cosB + cosC cosA + cosB + cosC Vậy cosA + cosB + cosC d) cosA.cosB.cosC Nếu ABC có góc tù vuông cosA.cosB.cosC < Nếu góc nhọn áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho số dơng cosA, cosB, cosC ta đợc 3 3 cos A + cos B + cos C = = cosA.cosB.cosC = A B C sin sin 2 Xét hàm lõm f(x) = sinx, (x (0; )) áp dụng bất đẳng thức Jensen hàm lõm sinx ta có e) sin A B C A B C sin + sin + sin + + 2 sin 2 3 25 Mà ta lại có sin có A B C , sin , sin > 0, nên áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta 2 sin A B C + sin + sin 2 3 sin A B C sin sin 2 Từ suy A B C A B C sin + sin + sin + + A B C 2 sin sin sin sin 2 2 3 3 = sin = = A B C Vậy sin sin sin 2 f) cos A cos B cos C 3 2 Xét hàm lõm f(x) = cosx, (x 0; , (vì f(x) = - cosx < 0, x 0; ) áp dụng bất đẳng thức Jensen ta có A B C A B C cos + cos + cos + + 2 cos 2 = cos = 3 A B C áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho số dơng cos , cos , cos ta đợc 2 A B C cos + cos + cos 3 A B C 2 cos cos cos = 2 26 Vậy cos g) tg A B C cos cos 3 2 A B C + tg + tg 2 sin x Xét hàm số f(x) = tgx, x 0, , có f(x) = > 0, x 0, nên cos x f(x) hàm lồi 0, áp dụng tính chất hàm lồi ta có A B C A B C tg + tg + tg + + 2 tg 2 = tg = 3 A B C Từ suy tg + tg + tg (đpcm) 2 A B C h) tg + tg + tg 2 Ta có vế trái (VT) bất đẳng thức 1 + + A B C cos cos cos cos A cos B cosC 2 2 Theo câu f) ta có A B C cos cos cos 3 2 Do 2 - 3 33 = - = A B C 3 cos cos cos 2 A B C Vậy tg + tg + tg (đpcm) 2 2 Chứng minh tam giác ABC ta có a) (1 - cosA)(1 - cosB)(1 - cosC) 27 b) + 1 + 1 + + sin A sin B sin C Giải a) Ta có A B C (1 - cosA)(1 - cosB)(1- cosC) = 8sin2 sin2 sin2 2 A (do áp dụng công thức1 - cosA = 2sin2 ) A B C áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho số dơng sin , sin , sin 2 ta có A B C sin + sin + sin A B C 2 sin sin sin 2 (1) Xét hàm lồi y = - sinx đoạn [0, ] ta có A B C + + A B C ( sin sin sin ) sin 2 3 2 A B C sin + sin + sin 2 sin = Từ (1) (2) rút (2) sin A B C sin sin = 2 2 Từ suy 8sin2 A B 2C sin sin = 2 8 Vậy (1 - cosA)(1- cosB)(1 - cosC) Dấu = xảy sin A B C = sin = sin A = B = C, tức 2 ABC 28 b) + 1 + 1 + + sin A sin B sin C Xét vế trái (VT) bất đẳng thức nêu 1 1 VT = + + + + + + sin A sin B sin C sin A sin B sin B sin C 1 + + sin A sin C sin A sin B sin C áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho số dơng sinA, sinB, sinC ta có sin A + sin B + sin C sinAsinAsinC Trên đoạn [0, ] sinx hàm lõm nên áp dụng bất đẳng thức Jensen hàm lõm ta có sin A + sin B + sin C A+ B+C sin = sin = 3 Vậy sinA.sinB.sinC sin A.sin B.sin C Lại áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có 1 1 + + 33 3. sin A sin B sin C sin A.sin B.sin C Vậy 1 1 + + 3 3. sin A sin B sin B sin C sin A sin C sin A sin B sin C = + + + + + + sin A sin B sin C 3 = + Cho đa giác n cạnh với n > M điểm đa giác cho An AiMAi +1 < với i = 1, , n (ở ta A1 x1 M hiểu An +1 A1) A1, , An theo thứ tự đỉnh đa giác Giả sử độ dài cạnh AiAi +1, xi = 29 a1 x2 A2 a2 A3 MAi, i = 1, , n Chứng minh an2 a12 a22 4nsin2 + + + x1 x2 x2 x3 xn x1 Giải áp dụng bất đẳng thức Jensen với hàm lõm y = cosx (0 < x < ) ta có + + n cos1 + + cos n n n n Hay cos i n cos , (i = AiMAi +1 , i = 1, , n) n i =1 áp dụng định lý hàm số côsin tam giác AiMAi +1 ta có xi2 + xi2+1 ai2 ai2 cosi = (do xi2 + xi2+1 2xixi +1) xi xi +1 xi xi +1 cos ai2 cos i n x x i =1 i =1 i i +1 (2) n Suy Từ (1) (2) ta đợc ncos nn Vậy n ai2 2x x i =1 i i +1 n ai2 x x 2n(1 - cos n ) = 2n.2sin2 n = 4nsin2 n i =1 i i +1 n an2 a12 a22 + + + 4n sin x1 x2 x2 x3 xn x1 n Cho < i < , i = 1, , n (1) n i i =1 = Chứng minh rằng: n n tg i i =1 n n + tg i i =1 cos n Giải Xét hàm số f(x) = tg2x với x [0; ] 2 cos x 2tgx 2.tgx.2 cos x.( sin x) f(x) = f(x) = cos x cos x cos x 30 = + sin x > cos x ] áp dụng bất đẳng thức Jensen ta có 2 + + n (tg + + tg2n) tg = tg n n n n n n n n + tg i n + ntg2 n + tg n1 + tg n i i =1 n i =1 n 2n n n n + tg cos2 n n + tg 2cos2 n Vậy f(x) hàm lồi [0, i =1 2n i i =1 n n n + tg - 2cos2 - n i i =1 i n tg i i =1 n n + tg i cos (đpcm) n i =1 Chứng minh tam giác ABC tacó 1 + + a) A B C 12 sin sin sin 2 2 1 + + b) A B C sin sin sin 2 1 c) + + sin A sin B sin C 1 + + d) A B C cos cos cos 2 Giải Xét hàm số y = với x (0; ), ta có sin x cos x sin x + cos x sin x sin x + cos x > , y = = sin x sin x sin x Vậy y = hàm lồi (0; ) sin x y = 31 áp dụng bất đẳng thức Jensen ta có A B C + + A B C f 2 f + f + f A B C 1 1 + + + + 2 2 sin sin A sin B sin C 2 1 = = sin sin A + b) Xét hàm số f(x) = f(x) = sin B + sin C 12 (đpcm) , x (0; ), ta có sin x cos x sin x + cos x > 0, x (0; ) , f(x) = sin x sin x hàm lồi (0; ) sin x áp dụng bất đẳng thức Jensen ta có Vậy f(x) = 1 1 1 + + = sin A sin B sin C A B C = sin + + 2 2 sin sin A + sin B + sin C c) Vẫn áp dụng bất đẳng thức Jensen cho hàm lồi f(x) = có 32 , x (0;), ta sin x 1 1 + + sin A sin B sin C 1 = = A + B + C sin sin 3 Từ suy 1 + + sin A sin B sin C d) Xét hàm số f(x) = , x (0; ), ta có cos x (đpcm) sin x cos x + sin x > 0, x (0; ) , f(x) = cos x cos x f(x) = hàm lồi (0; ) cos x áp dụng bất đẳng thức Jensen ta có Vậy f(x) = 1 + + cos A cos B cos C 2 1 A+B+C 2 cos + = cos = (đpcm) A B C cos cos cos 2 Chứng minh tam giác ABC ta có Ta đợc + sin A + sin B + sin C + tg A + tg B + tg C 2 2 2 + Giải Xét hàm số f(x) = sin 2x + tg 2x , với < x < , ta có 1 x f(x) = cos + , cos x 2 sin x cos x sin x 2 2 cos x > 0, x (0;) = f(x) = - sin x + x 2 4 cos cos x 2 ( ) Vậy f(x) hàm lồi (0; ) Theo bất đẳng thức Jensen ta có 33 A + B + C f ( A) + f ( B) + f (C ) f 3 A+B+C A+B+C 2 2 2 A A B B sin + tg (sin + tg + sin + tg + 3 + sin C + tg C ) 2 B sin A + sin B + sin C + tg A + tg + tg C sin + tg 2 2 6 ( 3 = + = + 2 ) (đpcm) Dấu = xảy ABC Nhận xét: Thực bất đẳng thức nêu chứng minh đợc + tg B + tg C sin A + sin B + sin C , tg A 2 2 2 Chứng minh tam giác nhọn ABC ta có 3 (sinA)sinA(sinB)sinB(sinC)sinC Giải Ta có < sinA, sinB, sinC < nên sinA > sin2A, Từ suy sinA + sinB + sinC > sin2A + sin2B + sin2C = + 2cosAcosBcosC Do ABC tam giác nhọn nên cosAcosBcosC > 0, sin2A + sin2B + sin2C > sinA + sinB + sinC > Theo 1a) ta lại có sinA + sinB + sinC 3 , nên 2 < sinA + sinB + sinC 3 Bây xét hàm số f(x) = xlnx, (x > 0), ta có > 0, x > 0, ta có f(x) hàm lồi với x > x áp dụng bất đẳng thức Jensen f(x) = lnx + 1, f(x) = 34 f (sin A) + f (sin B) + f (sin C ) sin A + sin B + sin C f 3 sin A ln sin A + sin B ln sin B + sin C ln sin C sin A + sin B + sin C sin A + sin B + sin C ln 3 sin A + sin B + sin C ln((sinA)sinA.(sinB)sinB.(sinC)sinC) ln (sinA) sinA (sinB) sinB (sinC) sinC sin A + sin B + sin C sin A+sin B +sin C sin A+sin B +sin C Do sinA + sinB + sinC > nên sin A + sin B + sin C Vì < sin A+sin B +sin C sin A+sin B +sin C < sinA + sinB + sinC 3 nên theo tính chất hàm số mũ ta có sin A+sin B +sin C Vậy (sinA)sinA.(sinB)sinB.(sinC)sinC 3 3 (đpcm) Chứng minh tam giác ABC nhọn ta có (tgA + tgB + tgC)(cotgA + cotgB + cotgC) )( ( ) + tg B + tg C cotg A + cotg B + cotg C tg A 2 2 2 Giải Xét hàm số f(x) = tgx g(x) = cotgx với < x < Ta có f(x) = sin x , f(x) = > , với x (0; ), cos x cos x 35 g(x) = - sin x , g(x) = > 0, với x (0; ) sin x sin x Do f(x) g(x) hàm lồi (0; áp dụng bất đẳng thức Jensen ta có ) C A + B f ( A) + f ( B) A+ B tgA + tgB tg (1) f = 2cotg 2 A B + C f ( B ) + f (C ) tgB + tgC cotg f 2 (2) B A + C f ( A) + f ( B ) tgA + tgC 2cotg f 2 Cộng vế với vế (1), (2) (3) ta đợc (3) + cot g B + cot g C tgA + tgB + tgC cot g A 2 (4) Dấu = (4) xảy (1), (2), (3) xảy dấu =, tơng ứng A = B = C Làm tơng tự hàm lồi g(x) = cotgx x (0; ) ta có + tg B + tg C cotgA + cotgB + cotgC tg A 2 (5) Dấu = (5) xảy A = B = C Nhân vế (4) với (5) (Do vế chúng dơng) ta có (tgA + tgB + tgC)(cotgA + cotgB + cotgC) )( ( ) + tg B + tg C cotg A + cotg B + cotg C tg A 2 2 2 Dấu = xảy đẳng thức có = (4) (5), tức A = B = C (hay tam giác ABC đều) 36 Kết luận Kết Luận văn bao gồm nội dung sau đây: + Đã hệ thống đợc kiến thức bản, cần thiết hàm lồi (và hàm lõm) để làm công cụ sử dụng việc giải toán đặt Đặc biệt bất đẳng thức Jensen dạng đặc biệt + Thu thập đợc mẫu toán điển hình giải cách áp dụng tính chất hàm lồi hàm lõm cách linh hoạt, tuỳ theo đặc điểm toán Việc áp dụng tính chất hàm lồi (lõm) nói riêng, nh việc áp dụng Giải tích lồi nói chung để giải toán khác nhau, vấn đề rộng lớn Kết Luận văn phần nhỏ vấn đề rộng lớn Hy vọng rằng, sau Luận văn này, có thêm điều kiện để quan tâm nhiều tới mảng vấn đề bổ ích Vì lực thời gian hạn hẹp, Luận văn không tránh khỏi sai sót Tác giả chân thành mong Quý Thầy, Cô giáo bạn góp ý kiến giúp đỡ Tài liệu tham khảo 37 [1] Phan Huy Khải, 10.000 toán sơ cấp bất đẳng thức, NXB Hà Nội, 2001 [2] Nguyễn Vũ Thanh, 263 toán bất đẳng thức chọn lọc, NXB Giáo dục, Hà Nội, 1997 [3] Phan Huy Khải - Đỗ Văn Lu, Giải tích lồi, NXB Khoa học kỹ thuật Hà Nội, 2000 . 38 [...]... là hàm lõm trên [0; ) và f(0) 0 Chứng minh rằng với mọi x 0 và mọi số tự nhiên n ta có f(nx) nf(x) Giải Vì f(x) là hàm lõm nên - f(x) là hàm lồi áp dụng bất đẳng thức Petrovica với x1 = x2 = = xn ta có Do vậy nên n f ( x ) f xi + (n -1)f(0) i i =1 i =1 n nf(x) f(nx) + (n -1)f(0) f(nx), (do f(0) 0) 23 Vậy nf(x) f(nx) (đpcm) III Các bất đẳng thức lợng giác sử dụng tính chất hàm lồi. .. m2 + + mn m1 + m2 + + mn Chú ý: Nếu hàm f lõm trên M thì các bất đẳng thức trên đổi chiều Chơng 2 ứng dụng tính chất hàm lồi I chứng minh các bất đẳng thức cổ điển 1 Bất đẳng thức Côsi x1 + x2 + + xn n n x1.x2 xn , (xi 0, i = 1, 2, , n) 11 Giải Nếu tồn tại i sao cho xi = 0 thì bất đẳng thức đúng Giả sử xi > 0, i, ta có hàm f(x) = - lnx là hàm lồi áp dụng bất đẳng thức Jensen dạng đơn giản... bn Giải 2 Xét hàm lồi f(x) = x2, x R áp dụng bất đẳng thức Jensen dạng tổng quát ta có 2 m1 x1 + + mn xn m x 2 + + mn xn2 1 1 m + + m m + + m 1 n 1 n Hay ( m1 x1 + + mn xn ) 2 m1 + + mn m1 x12 + + mn xn2 14 Chọn mi = bi và xi = ai , thì bi ( a1 + + an ) 2 b1 + + bn an2 a12 + + (đpcm) b1 bn II Chứng minh các bất đẳng thức đại số 1 a) Cho n > 1 và x1, x2, , xk > 0 Chứng minh rằng... chứng minh b) Tơng tự khi 0 < k < 1 ta có f(x) = xk là hàm lõm với mọi x > 0 áp dụng bất đẳng thức Jensen dạng tổng quát đối với hàm lõm trên thì bất đẳng thức ở câu a) sẽ đổi chiều Từ đó ta có điều phải chứng minh 6 Cho n số dơng x1, , xn Các số x + + xn ma = 1 ; mg = n x1 xn n n 2 2 x + + x 1 n ; 1 mq = mh = 1 + + n x1 xn tơng ứng gọi là trung bình cộng, trung bình nhân, trung bình toàn phơng và. .. của n số đã cho Chứng minh rằng n aik bi1k mh mg ma mq 19 Giải Xét hàm số f(x) = x2, x > 0 Ta có f(x) = 2 > 0, x > 0 Do vậy f(x) = x2 là hàm lồi trên (0, ) áp dụng bất đẳng thức Jensen dạng đơn giản ta có 1 x + + xn (f(x1) + + f(xn)) f 1 n n 2 Hay x12 + + xn2 x1 + + xn n n x1 + + xn n x12 + + xn2 n Suy ra ma mq Dấu = xảy ra khi và chỉ khi x1 = = xn áp dụng bất đẳng thức... lnap + lnbq = lna + lnb p q q p Từ đó suy ra nên a p bq ln + lnab Lại do lnx (x > 0) là hàm đồng biến p q a p bq ab + p q 8 Cho , à 0, + à = 1, x, y > 0 Chứng minh rằng x yà x + ày Giải Ta có x.yà = e ln x e ln y à e ln x + ln y à Xét hàm lồi f(x) = ex , (vì f(x) = ex > 0, x) áp dụng tính chất hàm lồi ta có f(1x1 + 2x2) 1f(x1) + 2f(x2), 1, 2 0, 1 + 2 = 1 21 Chọn 1 = , 2 = à, x1 = lnx ,... Petrovica) Xét hàm số f(x) = Cho f(x) là hàm lồi trên [0; a] Giả sử xi [0; a], i = 1, 2, , n sao cho n xi [0; a] Chứng minh bất đẳng thức Petrovica sau đây: i =1 n f ( x ) f xi + (n -1)f(0) i i =1 i =1 Giải n Ta có 22 n x f(xi) = f n i xi + xi i =1 i =1 Do n xi và 0 đều thuộc [0, a], i =1 j i 0 n x i i =1 xj xi + n xi i =1 xj j i n =1 xi i =1 nên theo định nghĩa hàm lồi ta có... Jensen lấy 1 = 2 = = n = 1 khi đó ta có kết quả: n Nếu hàm số y = f(x) lồi trên M lồi thì với x1, x2, , xn M ta có bất đẳng thức sau f ( x1 ) + f ( x2 ) + + f ( xn ) x + x2 + + xn , (n 2) f 1 n n ii) Dạng tổng quát Nếu hàm số y = f(x) lồi trên tập lồi M, với x1, x2, , xn M, thì bằng cách chọn i = mi , mi > 0, i = 1, 2, , n, m1 + m2 + + mn áp dụng bất đẳng thức Jensen ta có bất đẳng thức m f... tg + tg 2 2 2 3 sin 2 x Xét hàm số f(x) = tgx, x 0, , có f(x) = > 0, x 0, nên 4 cos x 2 2 f(x) là hàm lồi trên 0, 2 áp dụng tính chất hàm lồi ta có A B C A B C tg + tg + tg + + 2 2 2 tg 2 2 2 = tg = 3 3 3 6 3 A B C Từ đó suy ra tg + tg + tg 3 (đpcm) 2 2 2 A B C h) tg 2 + tg 2 + tg 2 1 2 2 2 Ta có vế trái (VT) của bất đẳng thức khi và chỉ khi 1 1 1 + + 3 1 3 A... minh rằng n x1n + x2n + + xkn k x + x2 + + xk 1 k b) Cho k là số nguyên dơng và x1, x2, , xn 0, n > 1 Chứng minh rằng ( ) (x1 + x2 + + xk)2k n2k -1 x12 k + x22 k + + xn2 k Giải a) Xét hàm số f(x) = x , với x > 0, n > 1 Khi đó n f(x) = nxn -1, f(x) = n(n -1)xn -2 > 0, x > 0 Vậy f(x) là hàm lồi khi x > 0 áp dụng bất đẳng thức Jensen dạng đơn giản ta có x + x2 + + xk 1 f 1 (f(x) + f(x2) ... chọn đề tài Hàm lồi ứng dụng Mục đích đề tài nêu số ứng dụng tính chất hàm lồi để chứng minh bất đẳng thức sơ cấp Khoá luận gồm hai chơng Chơng 1: Trình bày kiến thức tập lồi hàm lồi với bất... + fn(x) f := f1 + f2 + + fn Khi f hàm lồi (tức tổng hàm lồi hàm lồi) Chứng minh Ta cần chứng minh f(x + (1- )y) f(x) + (1- )f(y), [0, 1] Vì fi hàm lồi nên fi(x + (1- )y) fi(x) + (1- )fi(y)... (1- )S(y|A) Vậy S(.|A) hàm lồi Tính chất a) Hàm liên tục f hàm lồi xác định tập lồi M 1 f x + y f ( x) + f ( y ) , x, y M 2 b) Cho fi , i = 1, n hàm lồi xác định tập lồi M Ký hiệu f(x) =