Bất đẳng thức dạng hermite handamard cho các lớp hàm log lồi

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI NGUYỄN HỮU HUYNH BẤT ĐẲNG THỨC DẠNG HERMITEHADAMARD CHO CÁC LỚP HÀM LOG-LỒI LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC HÀ NỘI, 2016 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI ——————————o0o—————————— NGUYỄN HỮU HUYNH BẤT ĐẲNG THỨC DẠNG HERMITE-HADAMARD CHO CÁC LỚP HÀM LOG-LỒI LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyên ngành: Toán Giải tích Mã số: 60 46 01 02 Người hướng dẫn khoa học: PGS TS TẠ DUY PHƯỢNG HÀ NỘI, 2016 Lời cảm ơn Tôi xin chân thành cảm ơn thầy giáo, cô giáo giảng dạy chuyên ngành Toán trường Đại học Sư phạm Hà Nội giúp đỡ suốt trình học tập thực đề tài Đặc biệt, xin cảm ơn thầy giáo PGS TS Tạ Duy Phượng, người trực tiếp hướng dẫn suốt trình nghiên cứu lựa chọn đề tài hoàn chỉnh đề tài Tôi xin cảm ơn đồng nghiệp bạn học viên lớp cao học K18 Toán Giải tích giúp đỡ có đóng góp quý báu cho luận văn Hà Nội, tháng năm 2016 Tác giả Nguyễn Hữu Huynh Lời cam đoan Tôi xin cam đoan luận văn công trình nghiên cứu riêng Các số liệu, kết nêu luận văn trung thực chưa công bố công trình khác Hà Nội, tháng năm 2016 Tác giả Nguyễn Hữu Huynh Mục lục Lời mở đầu Bất đẳng thức Hermite-Hadamard 1.1 Hàm lồi số đặc trưng hàm lồi khả vi 1.2 Bất đẳng thức Hermite-Hadamard 1.3 Bất đẳng thức Hermite-Hadamard cho lớp hàm log-lồi 1.3.1 Lớp hàm log-lồi 1.3.2 Bất đẳng thức Hermite-Hadamard cho lớp hàm log-lồi 1.3.3 Bất đẳng thức Hermite-Hadamard cho lớp hàm loglồi khả vi 7 14 18 18 25 36 Một số mở rộng 41 2.1 Bất đẳng thức dạng Fejér cho lớp hàm log-lồi 41 2.2 Bất đẳng thức Hermite-Hadamard cho hai hàm log-lồi 43 Kết luận 51 Tài liệu tham khảo 51 Lời mở đầu Lí chọn đề tài Một kết kinh điển cho hàm lồi Bất đẳng thức Hermite-Hadamard (H-H Inequality), phát biểu Định lý Định lý (Hermite, 1883, [15]; Hadamard, 1893, [14]) Nếu f : R → R hàm lồi đoạn [a; b] ta có b f a+b ≤ b−a f (t)dt ≤ f (a) + f (b) (1) a Hình 1: Ý nghĩa hình học bất đẳng thức Hermite-Hadamard Như vậy, bất đẳng thức Hermite-Hadamard nói rằng: Diện tích hình thang cong không lớn diện tích hình thang vuông ABCD không nhỏ diện tích hình chữ nhật ABMN (Hình 1) Luận văn Thạc sĩ Trong [13], Fejer mở rộng bất đẳng thức (1) thành bất đẳng thức (2) mà sau gọi bất đẳng thức Fejer Định lý Nếu f : R → R lồi đoạn [a; b] g : [a; b] → R hàm không âm, khả tích đối xứng qua điểm x = a+b b b f a b f (a) + f (b) f (t)g(t)dt ≤ g(t)dt ≤ b−a a+b a g(t)dt (2) a Hiển nhiên, g(x) = bất đẳng thức Fejer trở thành bất đẳng thức Hermite-Hadamard Sau nhiều tác giả mở rộng bất đẳng thức Hermite-Hadamard Fejer Xem, thí dụ, sách chuyên khảo [2], [5] Tài liệu tham khảo khác Nhiều toán thực tế mô tả hàm không thiết lồi Vì vậy, cần phải mở rộng khái niệm hàm lồi nghiên cứu tính chất hàm lồi suy rộng, nhằm áp dụng vào toán tối ưu nảy sinh thực tế Một toán hiển nhiên đặt phát biểu chứng minh bất đẳng thức dạng Hermite-Hadamard cho lớp hàm lồi suy rộng Vấn đề nhiều nhà toán học nghiên cứu phát triển Thí dụ, bất đẳng thức Hermite-Hadamard mở rộng cho lớp hàm tựa lồi, lớp hàm log-lồi, lớp hàm r-lồi, Một lớp hàm lồi suy rộng gần với lớp hàm lồi lớp hàm log-lồi Trong số lớp hàm lồi suy rộng, lớp hàm log-lồi có số tính chất tốt: tích hàm log-lồi hàm log-lồi; tổng hàm log-lồi hàm log-lồi; dãy hội tụ hàm log-lồi log-lồi hàm giới hạn dương Mục đích Luận văn trình bày tổng quan Bất đẳng thức dạng Hermite-Hadamard cho lớp hàm log-lồi Nguyễn Hữu Huynh K18 Toán Giải tích Luận văn Thạc sĩ Mục đích nghiên cứu Nghiên cứu bất đẳng thức dạng Hermite-Hadamard cho lớp hàm log-lồi Nhiệm vụ nghiên cứu Trình bày chứng minh bất đẳng thức dạng Hermite-Hadamard cho lớp hàm log-lồi Đối tượng phạm vi nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu: Các bất đẳng thức dạng Hermite-Hadamard cho lớp hàm log-lồi Phạm vi nghiên cứu: Các tài liệu, sách báo liên quan đến bất đẳng thức Hermite-Hadamard cho lớp hàm log-lồi Phương pháp nghiên cứu - Thu thập tài liệu, sách báo bất đẳng thức dạng HermiteHadamard cho lớp hàm log-lồi - Tổng hợp, phân tích, hệ thống kiến thức bất đẳng thức HermiteHadamard cho lớp hàm log-lồi Dự kiến đóng góp luận văn Cố gắng xây dựng luận văn thành tổng quan tốt bất đẳng thức Hermite-Hadamard cho lớp hàm log-lồi Nguyễn Hữu Huynh K18 Toán Giải tích Chương Bất đẳng thức Hermite-Hadamard 1.1 Hàm lồi số đặc trưng hàm lồi khả vi Định nghĩa 1.1.1 Tập X ⊆ Rn gọi lồi với λ ∈ [0; 1] x1 ∈ X , x2 ∈ X có xλ := λx1 + (1 − λ)x2 ∈ X Nghĩa là, tập lồi X chứa đoạn thẳng nối hai điểm Định nghĩa 1.1.2 Hàm f : X ⊆ Rn → R gọi hàm lồi X tập lồi với λ ∈ [0; 1] x1 ∈ X , x2 ∈ X ta có f (xλ ) ≤ λf (x1 ) + (1 − λ)f (x2 ) (1.1) Định lý 1.1.1 (Theorem 2.1, [12], p 42-43) Hàm thực f (x) xác định tập mở (a, b) lồi liên tục khoảng (a, b) có f (x + t) − f (x) đạo hàm trái hữu hạn f− (x) := lim đạo hàm phải hữu t↑0 t f (x + t) − f (x) hạn f+ (x) := lim điểm x ∈ (a, b) cho f+ (x) t↓0 t không giảm f− (x) ≤ f+ (x), f+ (x1 ) ≤ f− (x2 ), (1.2) với a < x1 < x2 < b Chứng minh (i) Giả sử f (x) hàm lồi Nếu < s < t x+t < b điểm (x + s, f (x + s)) nằm đoạn thẳng nối (x, f (x)) (x + t, f (x + t)), nên f (x + s) − f (x) f (x + t) − f (x) ≤ (1.3) s t Luận văn Thạc sĩ Điều hàm số t → [f (x + t) − f (x)]/t không giảm t ↓ Suy có giới hạn f+ (x) (hữu hạn = -∞) Tương tự, f− (x) tồn (hữu hạn = +∞) Hơn nữa, đặt y = x + s, t = s + r, từ (1.3) ta có f (x + s) − f (x) f (y + r) − f (y) ≤ (1.4) s r Điều f+ (x) ≤ f+ (y) với x < y f+ (x) không giảm Cuối cùng, ta viết lại (1.4) sau f (y − s) − f (y) f (y + r) − f (y) ≤ −s r Cho −s ↑ 0, r ↓ ta thu f− (y) ≤ f+ (y) Điều chứng minh cho bất đẳng thức thứ (1.2) tính hữu hạn đạo hàm điểm t ∈ (a, b) Vì tồn f− (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+ (x) nên lim t↓0 f (x + t) − f (x) =0 t ⇒ lim f (x + t) = f (x) t↓0 Do đó, f (x) liên tục x ∈ (a, b) Mặt khác, lấy x = x1 , y + r = x2 (1.4) cho s, r → cho ta bất đăng thức thứ hai (1.2) (ii) Giả sử hàm f (x) có tất tính chất đề cập mệnh đề lấy a < c < d < b Xét hàm số: g(x) = f (x) − f (c) − (x − c) f (d) − f (c) d−c Với x = (1 − λ)c + λd, ta có x − c = λ(d − c) g(x) = f (x) − f (c) − λ[f (d) − f (c)] = f (x) − [(1 − λ)f (c) + λf (d)] Nguyễn Hữu Huynh K18 Toán Giải tích Luận văn Thạc sĩ  b = a  b a+b − y dy     f (y)dy  f (y)  f (y)dy exp  a b  a Lấy tích phân phần với f (y)dy = dv, f (y) = v; du = −dy ta b a+b − y = u, b a+b f (y) − y dy = a f (y)dy − f (a) + f (b) (b − a) a Suy     exp 1 −  b − a)    ≤  f (x)dx a − y) dy b f (y)dy a ≤ f (y) a+b f (y) ( f (y) exp f (a)+f (b) (b b (b − a a+b a)f ( ) b f (y)dy a Bất đẳng thức tương đương với  b 1− f (a)+f (b) (b b − a) f (x)dx  f (y) exp  ≤ ln  a b  a a    ≤ ln   f (y) a+b f (y) ( f (y)dy  f ( a+b ) (b−a) b f (x)dx  − y) dy         a Từ bất đẳng thức chứng minh Vậy Định lý 1.3.8 chứng minh Ví dụ 1.3.2 ([3], p 5; [5], pp 204-205) Hàm log-lồi f (x) = Nguyễn Hữu Huynh 39 x K18 Toán Giải tích Luận văn Thạc sĩ Chứng minh Ta có b dx = L−1 (a, b), x b−a a f a+b = A−1 (a, b), a+b f =− a+b A f Áp dụng bất đẳng thức Định lý 1.3.7 cho hàm f (x) = , ta có bất x đẳng thức: b−a b−a A(a, b) , exp ≥ L exp − L(a, b) 2A 2A ≥ Suy A(a, b) ≥ L(a, b), A(a, b) trung bình cộng L(a, b) giá trị trung bình loga a+b a−b a, b, tức A(a, b) = L(a, b) = ln a − ln b Với f (x) = , ta có x f (a) + f (b) = H −1 (a, b), 1 giá trị trung bình điều hòa a, b + a b Dùng bất đẳng thức Định lý 1.3.8 ta bất đẳng thức H(a, b) := L(a, b) A(a, b) ≥ + log ≥ 1, H(a, b) L(a, b) suy L(a, b) ≥ H(a, b) Nguyễn Hữu Huynh 40 K18 Toán Giải tích Chương Một số mở rộng 2.1 Bất đẳng thức dạng Fejér cho lớp hàm log-lồi Bất đẳng thức Fejér phát biểu phần Mở đầu (Định lí 2) Định lý mở rộng bất đẳng thức dạng Fejér cho lớp hàm log-lồi Bổ đề 2.1.1 ([7], Lemma 4.1) Giả sử f : [a, b] → R hàm lồi p : [a, b] → R dương hàm khả tích cho p(a + t) = p(b − t), ≤ t ≤ (b − a) Khi b f a+b p(t)f (t)dt ≤ a ≤ b p(t)dt f (a) + f (b) a Định lý 2.1.1 ([7], Theorem 4.1) Giả sử p hàm chẵn, không âm, khả tổng Khi ta có: (a) Nếu f hàm log-lồi dương f (x + vt)p(t)dt −1 ≤ p(t)dt f (x + v) + f (x − v) −1 41 (2.1) Luận văn Thạc sĩ (b) Nếu f hàm log-lõm dương f (x + vt)p(t)dt −1 ≥ f (x + v)f (x − v) (2.2) p(t)dt −1 Chứng minh (a) Vì f hàm log-lồi, ta có f (x + tv) ≤ f (x + v)(1+t)/2 f (x − v)(1+t)/2 (−1 ≤ t ≤ 1) (2.3) Đặt B = (f (x + v)/f (x − v))1/2 Lấy tích phân hai vế 1 p(t)B t dt f (x + vt)p(t)dt −1 ≤ (f (x + v)f (x − v))1/2 −1 p(t)dt (2.4) p(t)dt −1 −1 Vì ánh xạ: t → B t lồi p hàm chẵn nên p(−1 + t) = p(1 − t), Áp dụng Bổ đề 2.1.1 suy p(t)B t dt 1≤ −1 ≤ p(t)dt B + B −1 (2.5) −1 Do bất đẳng thức thứ hai, (2.4) trở thành f (x + vt)p(t)dt −1 p(t)dt B + B −1 ≤ (f (x + v)f (x − v))1/2 −1 = f (x + v) + f (x − v) Suy (2.1) Vậy (2.1) chứng minh (b) Nếu f log-lõm, bất đẳng thức (2.3) (2.4) ngược lại Bất đẳng thức thứ (2.5) suy (2.2) chứng minh Nguyễn Hữu Huynh 42 K18 Toán Giải tích Luận văn Thạc sĩ 2.2 Bất đẳng thức Hermite-Hadamard cho hai hàm log-lồi Trong [6] Fink chứng minh bất đẳng thức sau với f hàm log-lồi: Π Π cos −1 −1 Πt f (t)dt ≥ f (1)+f (−1) Π2 Π2 +(1/4) log 1/2 Π cos Πt f (x)dx ≥ [f (1)f (−1)] (f (1)/f (−1)) , eB +e−B B +Π2 /4 , B = (1/2) log(f (1)/f (−1)) Trong [8] Pachpatte chứng minh Định lý 2.2.1 ([11], Theorem 3) Giả sử a, b ∈ I ⊆ R a < b Nếu f, g : I → (0, ∞) hàm log-lồi không giảm I a+b a+b f L(g(a), g(b)) + g L(f (a), f (b)) 2 b ≤ b−a f (x)g(x)dx + L(G2 (f (b), g(b))) a Chứng minh Vì f, g hàm log-lồi I , ta có f (ta + (1 − t)b) ≤ f t (a).f 1−t (b), g(ta + (1 − t)b) ≤ g t (a).g 1−t (b), với a, b ∈ I t ∈ [0, 1] Ta dùng bất đẳng thức (a − b)(c − d) ≥ (a, b, c, d ∈ R, a < b, c < d), ta bất đẳng thức: f (ta + (1 − t)b).g t (a).g 1−t (b) + g(ta + (1 − t)b).f t (a).f 1−t (b) ≤ f (ta + (1 − t)b)g(ta + (1 − t)b) + f t (a).f 1−t (b).g t (a).g 1−t (b) Tích phân bất đẳng thức [0, 1] theo t, ta (A :=) f (ta + (1 − t)b).g t (a).g 1−t (b)dt + g(ta + (1 − t)b).f t (a).f 1−t (b)dt ≤ (B :=) f (ta + (1 − t)b)g(ta + (1 − t)b)dt Nguyễn Hữu Huynh 43 K18 Toán Giải tích Luận văn Thạc sĩ + [f (a).g(a)]t [f (b).g(b)]1−t dt Dùng biểu thức A B để phân tích dùng bất đẳng thức bên trái bất đẳng thức Hermite-Hadamard (1.7) vào bên trái bất đẳng thức trên, ta 1 t f (ta + (1 − t)b).g (a).g A= 1−t 1 g(ta + (1 − t)b).f t (a).f 1−t (b)dt (b)dt + 0 0 b = f (ta+(1−t)b)dt g t (a).g 1−t (b)dt+ g(ta+(1−t)b) f t (a).f 1−t (b)dt ≥ b−a b f (x)dxL(g(a), g(b)) + b−a a a a+b L(g(a), g(b)) + g ≥f g(x)dxL(f (a), f (b)) a+b L(f (a), f (b)), 1 f (ta + (1 − t)b)g(ta + (1 − t)b)dt + [f (a).g(a)]t [f (b).g(b)]1−t dt B= 0 1 f (ta + (1 − t)b)g(ta + (1 − t)b)dt + f (b)g(b) = 0 f (a)g(a) f (b)g(b) t dt b = b−a f (x)g(x)dx + L(f (a)g(a), (f (b)g(b)) a Tương ứng, (A ≤ B) Vậy bất đẳng thức (2.5) chứng minh Định lý 2.2.2 ([11], Theorem 4) Giả sử a, b ∈ I ⊆ R a < b Nếu f, g : I → (0, ∞) hàm log-lồi không giảm I b b−a ≥f f (x)dx + A(f (a)f (b))L(f (a)f (b)) + Ψ(a, b) a a+b L(f (a), f (b)) + 2A(f (a)f (b))L(f (a)f (b)) − L2 (f (a), f (b)) b f (a) + (b − a)2 b f (b) (b − x)f (x)dx + (b − a)2 a (x − a)f (x)dx, a Ψ(a, b) = f (a) + f (a)f (b) + f (b) Chứng minh Vì f hàm log-lồi I , ta có f (ta + (1 − t)b) ≤ f t (a).f 1−t (b) ≤ tf (a) + (1 − t)f (b), Nguyễn Hữu Huynh 44 K18 Toán Giải tích Luận văn Thạc sĩ với a, b ∈ I t ∈ [0, 1] Ta chứng minh bất đẳng thức xy + yz + zx ≤ x2 + y + z (x, y, z ∈ R) Thật 2xy + 2yz + 2zx ≤ 2x2 + 2y + 2z , 2x2 + 2y + 2z − 2xy − 2yz − 2zx ≥ 0, x2 − 2xy + y + y − 2yz + z + z − 2zx + x2 ≥ 0, (x − y)2 + (y − z)2 + (z − x)2 ≥ (luôn đúng) Dùng bất đẳng thức xy + yz + zx ≤ x2 + y + z (x, y, z ∈ R), ta có f (ta+(1−t)b)+f 2t (a).f 2(1−t) (b)+t2 f (a)+(1−t)2 f (b)+2t(1−t)f (a)f (b) ≥ f (ta + (1 − t)b).f t (a).f 1−t (b) +tf t+1 (a).f 1−t (b) + (1 − t)f t (a).f 2−t (b) +f (a)tf (ta + (1 − t)b) + f (b)(1 − t)f (ta + (1 − t)b) Tích phân bất đẳng thức [0, 1] theo t, ta thấy 1 (A =) f (ta + (1 − t)b)dt + f 2t (a).f 2(1−t) (b)dt 1 2 2 +f (a) t dt + f (b) (1 − t) dt + 2f (a)f (b) t(1 − t)dt 0 ≥ (B =) f (ta + (1 − t)b).f t (a).f 1−t (b)dt 1 + tf t+1 (a).f 1−t (b)dt + (1 − t)f t (a).f 2−t (b)dt 0 1 tf (ta + (1 − t)b)dt + f (b) + f (a) (1 − t)f (ta + (1 − t)b)dt (2.6) Dùng biểu thức A B để phân tích dùng bất đẳng thức bên trái bất đẳng thức Hermite-Hadamard (1.7) vào bên trái bất đẳng thức trên, ta b 1 f (ta + (1 − t)b)dt = b−a a Nguyễn Hữu Huynh f (x)dx 45 K18 Toán Giải tích Luận văn Thạc sĩ Đặt 2t = u, ta dễ dàng thấy 1 2t f (a).f 2(1−t) f (a) 2t dt f (b)  f (a) u 2 (b)dt = f (b) 0 = f (b) f (a) f (b) u  f (b) du = f (b)  f (a)  = ln f (b)  f (a)  f (b) −  f (b) ln ff (a) (b) (f (a) + f (b))(f (a) − f (b)) f (a) − f (b) = = ln f (a) − ln f (b) 2(ln f (a) − ln f (b)) = A(f (a)f (b))L(f (a)f (b)), 1 f (a) t2 dt + f (b) (1 − t)2 dt + 2f (a)f (b) t(1 − t)dt 0 f (a) + f (a)f (b) + f (b) Từ ta có = 1 f 2t (a).f 2(1−t) (b)dt (A =) f (ta + (1 − t)b)dt + 0 2 2 +f (a) t dt + f (b) (1 − t) dt + 2f (a)f (b) t(1 − t)dt 0 b = b−a f (x)dx+A(f (a)f (b))L(f (a)f (b))+ f (a) + f (a)f (b) + f (b) a Ta chứng minh vế phải (2.6), cách dùng bất đẳng thức bên trái bất đẳng thức Hermite-Hadamard (1.7), ta 1 f (ta + (1 − t)b).f t (a).f 1−t (b)dt ≥ 0 b ≥ f (ta + (1 − t)b)dt f t (a).f 1−t (b)dt b−a f (x)dx f (a) − f (b) ≥f ln f (a) − ln f (b) a Tích phân phần (t = u, f (a) f (b) tf t+1 (a).f 1−t (b)dt = f (a)f (b) t 0  1 t    t ff (a) (b)   = f (a)f (b)  −  f (a)  ln ff (a)   ln f (b) (b) Nguyễn Hữu Huynh a+b L(f (a), f (b)) t dt = dv), ta f (a) f (b) 46 t dt    f (a) t  dt  f (b)   K18 Toán Giải tích Luận văn Thạc sĩ = = =     f (a) f (b) f (a)f (b) f (a)    ln f (b)    f (a) f (b) f (a)f (b) f (a)   ln f (b) f (a) ln f (a) f (b) −  − ln ff (a) (b) − f (a) f (b) ln ln Tương tự, (1 − t = u, 1          2 f (a) f (b) f (a) f (b) f (a) f (b)   ln ff (a) (b)   −1  f (a) − f (a)f (b) f (a) f (b) t  t dt = dv) ta có: 1 t (1 − t)f (a).f 2−t f (a) (1 − t) f (b) (b)dt = f (b) 0  1 t    (1 − t) ff (a) (b)   = f (b)   + f (a) f (a)  ln ln f (b)   f (b) 0     t 1  f (a)    −1  f (b)   + f (a)  f (a)  = f (b) f (a)  ln ln f (b) ln f (b)      f (b)     f (a)  −1  − f (b) = f (b) + 2 f (a)   ln f (b)  ln ff (a) (b) = −f (b) ln ff (a) (b) + f (a)f (b) − f (b) ln f (a) f (b) t dt    f (a) t  dt  f (b)   Suy 1 tf t+1 (a).f 1−t (b)dt + 0 = (1 − t)f t (a).f 2−t (b)dt f (a) ln ff (a) (b) − f (a) − f (a)f (b) ln ff (a) (b) f (a) − f (b) = − ln f (a) − ln f (b) Nguyễn Hữu Huynh + −f (b) ln ff (a) (b) + f (a) − f (b) ln f (a) − ln f (b) 47 f (a)f (b) − f (b) ln ff (a) (b) 2 K18 Toán Giải tích Luận văn Thạc sĩ 2(f (a) + f (b))(f (a) − f (b)) = − 2(ln f (a) − ln f (b)) f (a) − f (b) ln f (a) − ln f (b) = 2A(f (a)f (b))L(f (a)f (b)) − L2 (f (a)f (b)) Đổi biến ta + (1 − t)b = x, dx = (a − b)dt ta b f (a) tf (ta + (1 − t)b)dt = (b − a)2 f (a) (b − x)f (x)dx, a b f (b) (1 − t)f (ta + (1 − t)b)dt = (b − a)2 f (b) (x − a)f (x)dx a Suy A ≥ B Vậy Định lý 2.2.3 chứng minh Ví dụ 2.2.1 Xét hàm số: f (x) = x Chứng minh Áp dụng bất đẳng thức (1.20) cho hàm f (x) = b 1 f (a + b − x)dx = b−a b−a , ta có: x dx x(a + b − x) a b = (b − a)(a + b) 1 + dx x a+b−x a = L− 1(a, b) = A−1 (a, b)L−1 (a, b) a+b 1 1 a + b a − b ≤ A(f (a)f (b))L(f (a)f (b)) = ln a1 − ln 1b a+b b−a L(a, b) A(a, b)L(a, b) = = = 2ab ab ln a/b G (a, b)H(a, b) G4 (a, b) Hay G4 (a, b) ≤ A(a, b)L(a, b) G2 (a, b)H(a, b) ≤ A2 (a, b)L2 (a, b) Nguyễn Hữu Huynh 48 K18 Toán Giải tích Luận văn Thạc sĩ Giả sử f :I → (0, ∞) hàm log-lồi khả vi I Kí hiệu κ= x−a |f (x)| |f (a)| , τ= |f (b)| |f (x)| b−x Ta có Bổ đề 2.2.1 ([1], Lemma 1, p 2) Giả sử f : [a, b] → R hàm liên tuc tuyệt đối Xác định K(x, ) : [a, b] → R cho hạt nhân K(x, t) = α (t−a)(x−t) t α+β x−a β (b−t)(x−t) − α+β b−x ∈ [a, x], t ∈ [x, b] đó, α, β ∈ R không âm khác không, b K(x, t)f (t)dt a x  = f (x) + αf (a) + βf (b)  α − α+β α+β x−a b f (t)dt + β b−x a  f (t)dt , x Định lý 2.2.3 ([1], Theorem 5, p 7) Giả sử f : [a, b] → R hàm liên tục tuyệt đối cho f ∈ L[a, b] Nếu |f | hàm log-lồi [a, b] với κ, τ = Khi bất đẳng thức sau với α, β ∈ R không đồng thời x  f (x) + ≤ αf (a) + βf (b)  α − α+β α+β x−a α (α + β)(x − a) β + (α + β)(b − x) Nguyễn Hữu Huynh x |f (x)| |f (a)|a |f (x)|b |f (b)|x x−a b−x a b f (t)dt + a x β b−x  f (t)dt x 2(κ − κ ) − (a − x)(κ + κx ) log κ log3 κ 2(τ x − τ b ) + (b − x)(τ a + τ x ) log τ log3 τ 49 a K18 Toán Giải tích Luận văn Thạc sĩ Chứng minh Theo Bổ đề 2.2.1 dùng tính log-lồi |f |, ta   x b β  α αf (a) + βf (b) f (t)dt + f (t)dt − f (x) + α+β α+β x−a b−x a x x α |t − a||x − t||f (t)|dt α+βx−a ≤ a b β |b − t||x − t||f (t)|dt α+βb−x + x x α = (α + β)(x − a) (t − a)(x − t) f a b + β (α + β)(b − x) (b − t)(t − x) f x−t t−a x+ a x−a x−a b−t t−x b+ x b−x b−x dt dt x x α ≤ (α + β)(x − a) x−t t−a (t − a)(x − t) |f (x)| x−a |f (a)| x−a dt a b + β (α + β)(b − x) t−x b−t (b − t)(t − x) |f (b|) b−x |f (x)| b−x dt x α = (α + β)(x − a) β + (α + β)(b − x) |f (x)|x |f (a)|a |f (x)|b |f (b)|x x x−a (t − a)(x − t)κt dt a b b−x (b − t)(t − x)τ t dt x α ≤ (α + β)(x − a) |f (x)|x |f (a)|a β + (α + β)(b − x) |f (x)|b |f (b)|x Nguyễn Hữu Huynh x−a b−x 2(κa − κx ) − (a − x)(κa + κx ) log κ log3 κ 2(τ x − τ b ) + (b − x)(τ a + τ x ) log τ log3 τ 50 K18 Toán Giải tích Kết luận Dựa số mục tài liệu tham khảo chủ yếu [2], [5], [9] báo, Luận văn trình bày tổng quan bất đẳng thức HermiteHadamard cho lớp hàm log-lồi: Chứng minh bất đẳng thức dạng Hermite-Hadamard cho hàm lồi biến; Chứng minh bất đẳng thức dạng Hermite-Hadamard cho lớp hàm log-lồi hàm log-lồi khả vi; mở rộng bất đẳng thức dạng Hermite-Hadamard cho họ hàm log-lồi 51 Tài liệu tham khảo [A] Tài liệu tiếng Anh [1] Ahmet Acak Akdemir, Merve Avci Ardi¸c and M Emin Ozdemir, Inequalities via s-convexity and log-convexity, (2014)., www:// Merve, publications [2] Pietro Cerone, Sever S Dragomir, Mathematical Inequalities: A perspective, CRS Press, Taylor and Francis Group, LLC, USA, (2011) [3] S S Dragomir, Refinements of the Hermite-Hadamard Integral Inequality for log-convex functions, The Australian Math Soc Gazette, volume, 25, (2000) [4] S S Dragomir and B Mond, Integral Inequalities of Hadamard type for log-convex functions, Demonstratio Mathematica, 31 (2) (1998), 354-364 [5] Sever S Dragomir, Charles E M Pearce, Selected Topics on HermiteHadamard Inequalities and Applications, RGMIA Monographs, Victoria University, (2000) [6] A M Fink, Two Inequalities, Univ Beograd Publ., Elektrotehn Fak Sez Mat (1995), 48-49 [7] P M Gill, C E M Pearce and J Pecaric, Hadamard’s inequalities for r-convex functions, J Math Anal Appl, 215 (1997), 461-470 [8] B G Pachpatte, A note on integral inequalities involving two logconvex functions, Math Ineq Appl, (2004), 511-515 [9] J Peˇcaric, F Proschan and Y L Tong, Convex Functions, Partial Orderings and Statistical Applications, Academic Press, Inc, (1992) Luận văn Thạc sĩ [10] A W Roberts and P E Varberg, Convex Functions, Academic Press, (1973) [11] Mevl¨ ut Tun¸c, Some integral inequalities for logarithmically convex functions, Journal of the Egyptian Mathematical Society, (2014), 22, 177-181 [12] Hoang Tuy, Convex Analysis and Global Optimization, Kluwer Academic Publishers, Dordrecht, The Netherlands, (1998) ¨ [13] L Fejer, Uber die Fourierreihen, II, Math Naturwiss, Anz Ungar Akad Wiss, 24 (1906), 369-390 (In Hungarian); Gesammelte Arbeiten, I, pp 280-297, Budapest, (1970) [14] J Hadamard, Résolution d’une question relative aux déterminants, Bull des Sciences math (2), 17 (1893), 240-248 [15] Hermite, Sur deux limites d’une intégrale défini, Mathesis, (1883) [16] J L W V Jensen, Sur les fonctions convexes et les inégalités entre les valeurs moyennes, Acta Math, 30 (1906), 175-193 Nguyễn Hữu Huynh 53 K18 Toán Giải tích [...]... là hàm lồi Suy ra f0 (x) là hàm log- lồi Vậy dãy hội tụ của các hàm log- lồi (log- lõm) cũng là log- lồi (log- lõm) nếu hàm giới hạn là dương 1.3.2 Bất đẳng thức Hermite- Hadamard cho lớp hàm log- lồi Định lý 1.3.1 ([2], p 71; [5], p 197) Giả sử a, b ∈ I ⊆ R và a < b Nếu f là hàm log- lồi trên I thì   b a+b 1 f ln f (x)dx ≤ f (a)f (b) ≤ exp  2 b−a a Chứng minh Áp dụng bất đẳng thức Hermite- Hadamard cho hàm. .. dt = Γλ (x)Γµ (y) 0 Suy ra Γ(x) là hàm log- lồi Vậy Γ(1 + x) là hàm log- lồi Bổ đề 1.3.2 (Các phép toán với các hàm lồi) Cho U là một tập lồi trong Rn Khi đó 1 Nếu f và g là các hàm lồi trên U thì f + g cũng là hàm lồi trên U Nếu f hoặc g là hàm lồi thực sự thì tổng f + g cũng là hàm lồi thực sự 2 Nếu f là hàm lồi trên U và µ là một số thực dương thì µf là một hàm lồi trên U Nguyễn Hữu Huynh 20 K18... (1.17) Với x, y ∈ I, f, g là các hàm log- lồi, theo định nghĩa của hàm log- lồi và theo công thức trên ta có (f + g)(αx + βy) ≤ f (x)α f (y)β + g(x)α g(y)β ≤ [(f + g)(x)]α [(f + g)(y)]β Vậy f + g là hàm log- lồi Tính chất 1.3.3 Dãy hội tụ theo điểm của các hàm log- lồi (log- lõm) cũng là log- lồi (log- lõm) nếu hàm giới hạn là dương Chứng minh Cho {fn } trên (a, b), {fn } là hàm log- lồi với mọi ∀n = 1, 2 fn... chứng minh 1.3 Bất đẳng thức Hermite- Hadamard cho lớp hàm log- lồi 1.3.1 Lớp hàm log- lồi Kí hiệu I là một khoảng mở nào đó của R Ta bắt đầu từ định nghĩa Định nghĩa 1.3.1 Hàm f : I → (0, ∞) được gọi là hàm log- lồi (log- convex) trên I nếu với mọi x, y ∈ I và t ∈ [0, 1] ta có f (tx + (1 − t)y) ≤ f t (x).f 1−t (y) (1.12) Từ bất đẳng thức trên, do ln x hoặc log x là hàm đơn điệu tăng nên ta có log f (tx +... log f (tx + (1 − t)y) ≤ log[ f t (x).f 1−t (y)] = t log f (x) + (1 − t) log f (y) Nghĩa là, nếu f : I → (0, ∞) là hàm log- lồi, thì log f : [0, ∞) → R là hàm lồi Điều này giải thích từ log- lồi Hàm f : I → (0, ∞) được gọi là hàm log- lõm (log- concave) trên I nếu ta có bất đẳng thức ngược lại Bổ đề 1.3.1 (Bất đẳng thức Holder) Giả sử (p, q) là một cặp số mũ liên hợp, f và g là hai hàm số liên tục trên đoạn... x1 + λ2 x2 + + λn xn ≥ xλ1 1 xλnn , và dấu ” = ” xảy ra khi và chỉ khi (1.15) xảy ra dấu ” = ” theo bất đẳng thức Jensen Tức là ln x1 = = ln xn hay x1 = = xn Bổ đề được chứng minh Tính chất 1.3.1 Tích của các hàm log- lồi cũng là hàm log- lồi Chứng minh Vì f, g là hàm log- lồi nên ln f, ln g là hàm lồi, nên ln f (αx + βy) ≤ α ln f (x) + (1 − β) ln f (y), ln g(αx + βy) ≤ α ln g(x) + (1 − β) ln g(y)... Suy ra các hàm ϕx,y là các hàm lồi theo Bổ đề 1.1.2 Vậy f là hàm lồi Bổ đề 1.1.4 Cho I ⊂ R là một khoảng và f : I → R là hàm số có đạo hàm cấp hai f tồn tại trên I Khi đó f là hàm lồi khi và chỉ khi f (x) ≥ 0 với mỗi x ∈ I Chứng minh Theo tính chất của hàm một biến thực, f tăng nếu và chỉ nếu f ” là không âm (dương) Kết hợp với Bổ đề (1.3.7) ta suy ra điều phải chứng minh Bổ đề 1.1.5 Cho f là hàm khả... 1.3.3 Cho U là một tập lồi trong Rn Nếu dãy (fn ) (trong đó fn : U → R) là một dãy hàm lồi hội tụ điểm đến một hàm f trên U thì f là hàm lồi Chứng minh Với x, y ∈ U, λ ∈ [0; 1], với mọi n ∈ N∗ ta có fn (λx + (1 − λ)y) ≤ λfn (x) + (1 − λ)fn (y) Chuyển qua giới hạn ta được f (λx + (1 − λ)y) ≤ λf (x) + (1 − λ)f (y) Vậy f là hàm lồi Bổ đề 1.3.4 (Bất đẳng thức Jensen) Cho U là một tập lồi của Rn , hàm f... là p−q L(p, q) := với p = q và L(p, p) = p ln p − ln q Chứng minh Bất đẳng thức thứ nhất trong Định lý 1.3.3 đã được chứng minh ở Định lý 1.3.1 Ta lại có G(f (x), f (a + b − x)) = exp[ln(G(f (x), f (a + b − x)))], với mọi x ∈ [a, b] Tích phân bất đẳng thức này trên [a, b] và dùng dạng tích phân của bất đẳng thức Jensen cho các hàm số lồi exp(.), ta có b 1 b−a G(f (x), f (a + b − x))dx a Nguyễn Hữu Huynh... bất đẳng thức thứ hai trong (1.18) được chứng minh Theo (1.12) cho t = 21 , ta có f x+y 2 ≤ f (x)f (y) với mọi x, y ∈ I Nếu ta đổi biến x = ta + (1 − t)b, y = (1 − t)a + tb, ta được bất đẳng thức f a+b 2 ≤ G(f (ta + (1 − t)b), f ((1 − t)a + tb)) với mọi t ∈ [0, 1] Tích phân bất đẳng thức trên [0, 1] theo t, ta được b 1 f (A(a, b)) ≤ b−a G(f (x), f (a + b − x))dx, a suy ra chứng minh được bất đẳng thức