Bất đẳng thức dạng hermite hadamard cho các lớp hàm s lồi

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI ——————————o0o—————————— VŨ THỊ ĐỊNH BẤT ĐẲNG THỨC DẠNG HERMITE-HADAMARD CHO CÁC LỚP HÀM s-LỒI Chuyên ngành: Toán Giải Tích Mã số: 60 46 01 02 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: PGS TS TẠ DUY PHƯỢNG HÀ NỘI, 2016 Lời cảm ơn Sau thời gian cố gắng, nỗ lực học tập nghiên cứu, đến hoàn thành luận văn tốt nghiệp thạc sĩ Để có kết này, xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc lời cảm ơn chân thành đến thầy tôi, PGS TS Tạ Duy Phượng, người định hướng nghiên cứu cho suốt thời gian thực luận văn Tôi xin chân thành cảm ơn giúp đỡ quý báu thầy cô giáo môn Toán Giải tích nói riêng khoa Toán, trường Đại học Sư phạm Hà Nội nói chung Xin cảm ơn người thân gia đình tất người bạn thân yêu thông cảm, chia sẻ tạo điều kiện tốt cho để học tập, nghiên cứu thực luận văn Tôi mong nhận đóng góp ý kiến thầy cô bạn để luận văn hoàn thiện Tôi xin chân thành cảm ơn! Hà Nội, tháng năm 2016 Tác giả Vũ Thị Định Lời cam đoan Tôi xin cam đoan luận văn công trình nghiên cứu riêng tôi, thực hướng dẫn thầy giáo PGS TS Tạ Duy Phượng Trong trình nghiên cứu, kế thừa thành khoa học nhà khoa học với trân trọng biết ơn Các kết trích dẫn luận văn rõ nguồn gốc Hà Nội, tháng năm 2016 Tác giả Vũ Thị Định 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 11 Bất đẳng thức Hermite-Hadamard cho lớp hàm s-lồi theo nghĩa Orlicz 2.1 Hàm s-lồi theo nghĩa Orlicz 2.2 Bất đẳng thức dạng Hermite-Hadamard cho hàm s-lồi theo nghĩa Orlicz 2.3 Hàm s-lồi theo nghĩa Breckler 2.4 Bất đẳng thức Hermite-Hadamard cho lớp hàm s-lồi theo nghĩa Breckler 2.5 Bất đẳng thức Hermite-Hadamard cho hàm có đạo hàm s-lồi theo nghĩa Breckler 15 15 21 28 30 37 Bất đẳng thức Hermite-Hadamard cho hàm hai biến s-lồi theo tọa độ 57 3.1 Hàm hai biến s-lồi theo tọa độ 57 3.2 Bất đẳng thức Hermite-Hadamard cho hàm hai biến s-lồi theo tọa độ 63 Kết luận 74 Tài liệu tham khảo 74 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, [16]; Hadamard, 1893, [15]) 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 Bất đẳng thức viết dạng: b (b − a)f a+b ≤ f (t)dt ≤ (b − a) f (a) + f (b) a Hình 1: Ý nghĩa hình học bất đẳng thức Hermite-Hadamard (2) Luận Văn Thạc sĩ Ý nghĩa hình học bất đẳng thức là: Nếu f : R → R hàm lồi đoạn [a; b] diện tích hình thang cong chắn trục hoành đồ thị hàm số y = f (x) (cùng với hai đường thẳng x = a x = b) lớn diện tích hình chữ nhật có cạnh b − a f a+b , nhỏ hình thang vuông chiều cao b − a, hai đáy f (a) f (b) 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) Trong [14], Fejer mở rộng bất đẳng thức (1) thành bất đẳng thức (3) 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 f a+b b g(t)dt ≤ b−a a b f (a) + f (b) f (t)g(t)dt ≤ a g(t)dt (3) 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 sử dụng chúng để đặc trưng nghiên cứu tính chất hàm lồi Xem, thí dụ, sách chuyên khảo [10],[11] 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 dược mở rộng cho lớp hàm tựa lồi, lớp hàm log-lồi, lớp hàm r-lồi, Lớp hàm s-lồi định nghĩa lần Orlicz nghiên cứu sử dụng lí thuyết không gian Orlicz mang tên Ông Định nghĩa ([1], Mục 2.6, p.82) Giả sử < s ≤ Hàm f : R+ → R, R+ := [0, ∞) gọi s-lồi theo nghĩa thứ (theo nghĩa Vũ Thị Định K18 Toán Giải tích Luận Văn Thạc sĩ Orlicz), kí hiệu f ∈ Ks1 , f (αu + βv) ≤ αs f (u) + β s f (v) với u, v ∈ R+ α, β ≥ với αs + β s = Breckner[13] đưa vào lớp hàm s-lồi khác định nghĩa sau Định nghĩa Hàm f : R+ → R gọi s-lồi theo nghĩa thứ hai (theo nghĩa Breckner), kí hiệu f ∈ Ks2 , f (αu + βv) ≤ αs f (u) + β s f (v) với u, v ∈ R+ α, β ≥ với α + β = s ∈ (0, 1] cố định Với s = hàm 1-lồi (theo hai nghĩa thứ thứ hai) trở thành hàm lồi thông thường Dựa Định nghĩa 2, nhiều tác giả mở rộng bất đẳng thức Hermite-Hadamard cho lớp hàm s-lồi Mục đích Luận văn trình bày tổng quan Bất đẳng thức Hermite-Hadamard cho lớp hàm s-lồi Mục đích nghiên cứu Nghiên cứu bất đẳng thức dạng Hermite-Hadamard cho lớp hàm s-lồi Nhiệm vụ nghiên cứu Trình bày chứng minh bất đẳng thức dạng Hermite-Hadamard cho lớp hàm s-lồi Đối tượng phạm vi nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu : Các bất đẳng thức dạng Hermite-Hadamard cho lớp hàm s-lồi Phạm vi nghiên cứu : Các tài liệu, sách báo liên quan đến bất đẳng thức dạng Hermite-Hadamard cho lớp hàm s-lồi Vũ Thị Định K18 Toán Giải tích Luận Văn Thạc sĩ Phương pháp nghiên cứu -Thu thập tài liệu, sách báo bất đẳng thức dạng HermiteHadamard cho lớp hàm s-lồi -Tổng hợp, phân tích, hệ thống kiến thức bất đẳng thức dạng Hermite-Hadamard cho lớp hàm s-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 s-lồi Vũ Thị Định 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 có f (xλ ) ≤ λf (x1 ) + (1 − λ)f (x2 ) (1.1) Định lý 1.1.1 (Định lý 2.1, [9], 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 hữu hạn trái f− (x) := lim đạo hàm hữu hạn t↑0 t f (x + t) − f (x) phải 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) Cho 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)), f (x + s) − f (x) f (x + t) − f (x) ≤ (1.3) s t Luận Văn Thạc sĩ Điều hàm số t → [f (t + h) − f (t)]/h 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, 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 vế trái (1.2) hữu hạn đạo hàm chúng 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)] Vũ Thị Định K18 Toán Giải tích Luận Văn Thạc sĩ Nếu f hàm không giảm g hàm không âm cho f (0) ≤ = g(0) hợp f ◦ g ∈ M W Ot11 ,t2 , t1 = s1 s2 , t2 = s3 s4 Giả sử < si ≤ (i = 1, 2, 3, 4) Nếu f g hàm không âm cho f (0) = g(0+ ) = g(0) g(0) = f (0+ ) = f (0) hợp f ◦g ∈ M W Ot11 ,t2 , t1 = min(s1 , s2 ), t2 = min(s3 , s4 ) Chứng minh Giả sử x, y ∈ R2+ α, β ≥ với αt1 + β t2 = 1, t1 = s1 s2 , t2 = s3 s4 Vì αt1 + β t2 = αs1 s2 + β s3 s4 = 1, nên giả thiết theo Định lý 3.1.1, Định lý 3.1.2 ta có f ◦ g(αx + βy) = ≤ ≤ = f (g(αx + βy)) f (αs1 g(x) + β s3 g(y)) αs1 s2 f (g(x)) + β s3 s4 f (g(y)) αt1 f ◦ g(x) + β t2 f ◦ g(y) Suy f ◦ g ∈ M W Ot11 ,t2 Theo Định lý 3.1.1, hàm f g hàm không âm (0, ∞)×(0, ∞) Do đó, (f (x) − f (y))(g(y) − g(x)) ≤ 0, hay f (x)g(y) + f (y)g(x) ≤ f (x)g(x) + f (y)g(y) (3.4) với ||y|| ≥ ||x|| > Nếu ||y|| ≥ ||x|| = bất đẳng thức (3.4) f, g hàm không âm f (0) = g(0+ ) = g(0) g(0) = f (0+ ) = f (0) Giả sử x, y ∈ R+ α, β ≥ với αt1 + β t2 = 1, t1 = min(s1 , s2 ), t2 = min(s3 , s4 ) Không tính tổng quát, giả sử < s1 < s2 < < s3 < s4 < 1, với αs1 + β s3 = αs2 + β s4 = Khi ấy, αs1 + β s2 ≤ αt1 + β t2 = αs3 + β s4 ≤ αt1 + β t2 = Mà < s1 < s2 < < s3 < s4 < nên ta có αs1 +s2 ≤ α ≤ αs2 ≤ αs1 β s3 +s4 ≤ β ≤ β s4 ≤ β s3 theo Định lý 3.1.1, Định lý 3.1.2, bất đẳng thức (3.4) ta có f (αx + βy)g(αx + βy) ≤ (αs2 f (x) + β s4 f (y))(αs1 g(x) + β s3 g(y)) = αs1 +s2 f (x)g(x) + αs2 β s3 f (x)g(y) + αs1 β s4 f (y)g(x) + β s3 +s4 f (y)g(y) Vũ Thị Định 62 K18 Toán Giải tích Luận Văn Thạc sĩ ≤ αs1 +s2 f (x)g(x) + αs2 β s3 f (y)g(y) + αs1 β s4 f (y)g(y) + β s3 +s4 f (y)g(y) ≤ αs1 f (x)g(x) + (αs2 β s3 + αs1 β s4 + β s3 +s4 )f (y)g(y) = αs1 f (x)g(x) + (β s3 (αs2 + β s4 ) + αs1 β s4 )f (y)g(y) ≤ αs1 f (x)g(x) + (β s3 (αs1 + β s3 ))f (y)g(y) ≤ αs1 f (x)g(x) + β s3 f (y)g(y) = αt1 f (x)g(x) + β t2 f (y)g(y) Tương tự, ta chứng minh < s2 < s1 < < s4 < s3 < 1, ta có αs1 +s2 ≤ α ≤ αs1 ≤ αs2 β s3 +s4 ≤ β ≤ β s3 ≤ β s4 f (αx + βy)g(αx + βy) ≤ αt1 f (x)g(x) + β t2 f (y)g(y) Suy f ◦ g ∈ M W Ot11 ,t2 Nhận xét 3.1.4 Từ chứng minh ta dễ dàng thấy, f hàm không giảm M W Os21 ,s2 g hàm không âm R2+ , hợp f ◦ g f với g thuộc M W Os21 ,s2 , < s1 , s2 ≤ 3.2 Bất đẳng thức Hermite-Hadamard cho hàm hai biến s-lồi theo tọa độ Định lý 3.2.1 (Định lý 2.2, [4], p 1560) Giả sử f : ∆ := [a, b] × [c, d] ⊆ [0, ∞) × [0, ∞) → [0, ∞) hàm s-lồi theo tọa độ theo nghĩa thứ ∆ Khi ta có bất đẳng thức sau a+b c+d , 2  b c+d 1 f x, dx + ≤ b−a d−c f a  f a+b , y) dy  c b (b − a)(d − c) a   ≤ 2(s + 1) b − a d ≤ f (x, y)dxdy c b b s f (x, c)dx + b−a a Vũ Thị Định d f (x, d)dx a 63 K18 Toán Giải tích Luận Văn Thạc sĩ d + d−c d f (a, y)dy + s d−c c ≤  f (b, y)dy  c f (a, c) + sf (b, c) + sf (a, d) + s2 f (b, d) (s + 1)2 Chứng minh Vì f : ∆ → R s-lồi theo tọa độ theo nghĩa thứ ∆ ta suy gx : [c, d] → [0, ∞), gx (y) = f (x, y) s-lồi [c, d] với x ∈ [a, b] Theo bất đẳng thức Hermite-Hadamard (1.5) ta có d gx c+d ≤ d−c gx (c) + sgx (d) , ∀x ∈ [a, b] s+1 gx (y)dy ≤ c Hay, d c+d f x, ≤ d−c f (x, c) + sf (x, d) , ∀x ∈ [a, b] s+1 f (x, y)dy ≤ c Tích phân bất đẳng thức [a, b], ta có b b−a b a f (x, y)dydx a b  ≤ d c+d f x, dx ≤ (b − a)(d − c)  (s + 1) b − a c b f (x, c)dx + s b−a a (3.5)  f (x, d)dx a Áp dụng tương tự với hàm gy : [a, b] → [0, ∞), gy (x) = f (x, y), ta d d−c d f c f (x, y)dxdy c d  ≤ b a+b , y dy ≤ (d − c)(b − a)  (s + 1) d − c d f (a, y)dy + s d−c c (3.6) a  f (b, y)dy  c Tổng hai bất đẳng thức (3.5) (3.6), ta bất đẳng thức thứ hai thứ ba Định lý Vũ Thị Định 64 K18 Toán Giải tích Luận Văn Thạc sĩ Do đó, theo bất đẳng thức Hermite-Hadamard (1.5) ta có: d f a+b c+d , 2 ≤ d−c f a+b , y dy (3.7) c+d dx (3.8) c b f a+b c+d , 2 ≤ b−a f x, a Cộng hai bất đẳng thức (3.7) (3.8) ta bất đẳng thức thứ Định lý Cuối cùng, bất đẳng thức cuối ta dùng b b−a f (x, c)dx ≤ f (a, c) + sf (b, c) s+1 f (x, d)dx ≤ f (a, d) + sf (b, d) s+1 f (a, y)dy ≤ f (a, c) + sf (a, d) s+1 f (b, y)dy ≤ f (b, c) + sf (b, d) s+1 a b b−a a d d−c c d d−c c Cộng tất bất đẳng thức ta bất đẳng thức cuối Định lý Vậy Định lý 3.2.1 chứng minh Định lý 3.2.2 (Định lý 2.6, [4], p 1563) Giả sử f : [a, b] × [c, d] ⊆ [0, ∞) → [0, ∞) hàm s-lồi theo tọa độ theo nghĩa thứ hai [a, b] f (0) = Định nghĩa hàm H : [0, 1] → R cho H(t) = Vũ Thị Định s+1 [f (tb s+1 [f (tb + (1 − t)a) + sf (ta + (1 − t)b] ≤ t ≤ s, + (1 − t)a) + f (a)] s ≤ t ≤ 65 K18 Toán Giải tích Luận Văn Thạc sĩ Khi (1) H s-lồi theo nghĩa thứ [0, 1] (2) H hàm không giảm [0, 1] (3) Ta có inf H(t) = t∈[0,1] f (a) + sf (b) = H(0) ≤ H(t) s+1 ≤ H(1) = f (a) + f (b) = sup H(t) s+1 t∈[0,1] Chứng minh Giả sử f : [a, b] × [c, d] ⊆ [0, ∞) → [0, ∞) hàm s-lồi theo tọa độ theo nghĩa thứ hai [a, b] f (0) = Khi theo Tính chất 2.3.3 i f hàm s-lồi theo nghĩa thứ [a, b] Giả sử t1 , t2 ∈ [0, 1] α, β ≥ với αs + β s = Để chứng minh H s-lồi ta có ba trường hợp: (a) Với t1 , t2 ∈ [0, s] H(αt1 + βt2 ) = [f ((αt1 + βt2 )b + (1 − αt1 + βt2 )a) s+1 + sf ((αt1 + βt2 )a + (1 − αt1 + βt2 )b] = [f (α(t1 b + (1 − t1 )a) + β(t2 b + (1 − t2 )a)) s+1 + sf (α(t1 a + (1 − t1 )b) + β(t2 a + (1 − t2 )b))] [αs f (t1 b + (1 − t1 )a) + β s f (t2 b + (1 − t2 )a) ≤ s+1 + s(αs f (t1 a + (1 − t1 )b) + β s f (t2 a + (1 − t2 )b))] f (t1 b + (1 − t1 )a) + sf (t1 a + (1 − t1 )b) = αs s+1 f (t2 b + (1 − t2 )a) + sf (t2 a + (1 − t2 )b) + βs s+1 s s = α H(t1 ) + β H(t2 ) (b) Với t1 , t2 ∈ [s, 1] H(αt1 + βt2 ) Vũ Thị Định 66 K18 Toán Giải tích Luận Văn Thạc sĩ [f ((αt1 + βt2 )b + (1 − αt1 + βt2 )a) + f (a)] s+1 = [f (α(t1 b + (1 − t1 )a) + β(t2 b + (1 − t2 )a)) + f (a)] s+1 ≤ [αs f (t1 b + (1 − t1 )a) + β s f (t2 b + (1 − t2 )a) + f (a)] s+1 f (t1 b + (1 − t1 )a) + f (a) f (t2 b + (1 − t2 )a) + f (a) = αs + βs s+1 s+1 s s = α H(t1 ) + β H(t2 ) = (c) Không tính tổng quát, giả sử t1 ∈ [0, s] t2 ∈ [s, 1] Vì ≤ t1 ≤ s s ≤ t2 ≤ nên ≤ αt1 ≤ αs βs ≤ βt2 ≤ β , βs ≤ s ≤ αt1 + βt2 ≤ αs + β Vì αt1 + βt2 ∈ [s, 1] theo trường hợp (b) ta có H(αt1 + βt2 ) ≤ αs H(t1 ) + β s H(t2 ) Suy H s-lồi theo nghĩa thứ [0, 1] Giả sử t1 , t2 ∈ [0, 1] Không tính tổng quát giả sử ≤ t1 ≤ t2 Vì f s-lồi theo nghĩa thứ nên f không giảm (0, ∞) Nếu ≤ t1 ≤ t2 ≤ s dễ dàng thấy H(t1 ) ≤ H(t2 ) Còn s ≤ t1 ≤ t2 ≤ thấy H(t1 ) ≤ H(t2 ) Còn lại phải kiểm tra t1 ≤ s ≤ t2 Ta thấy hàm g(s) = f (a) + sf (sa + (1 − s)b) không giảm [t1 , t2 ] Do đó, g(t1 ) = f (a) + t1 f (t1 a + (1 − t1 )b) ≤ f (a) + t2 f (t2 a + (1 − t2 )b) = g(t2 ) với g(t1 = 0) = f (a) g(t2 = 1) = 2f (a) Suy H hàm không giảm [0, 1], Từ (2), với t ∈ [0, 1] H(0) = f (a) + f (b) f (a) + sf (b) ≤ H(t) ≤ = H(1) s+1 s+1 Vậy chứng minh hoàn thành Vũ Thị Định 67 K18 Toán Giải tích Luận Văn Thạc sĩ Hệ 3.2.1 Nếu f : [a, b] × [c, d] ⊆ [0, ∞) → [0, ∞) hàm s-lồi theo nghĩa thứ [a, b] kết Định lý 3.2.2 Định lý 3.2.3 (Định lý 2.1, [3], p 632) Giả sử f : ∆ := [a, b] × [c, d] ⊆ [0, ∞) × [0, ∞) → [0, ∞) hàm s-lồi theo tọa độ ∆ Khi ta có bất đẳng thức sau a+b c+d , 2  ≤ 2s−2  b−a f b d f x, c+d dx + d−c a (b − a)(d − c) a   ≤ 2(s + 1) b − a f (x, y)dxdy c b b f (x, c)dx + b−a a d f (a, y)dy + f (x, d)dx a d d−c c ≤ a+b , y) dy  d ≤ d−c f c b +   f (b, y)dy  c f (a, c) + f (b, c) + f (a, d) + f (b, d) (s + 1)2 Chứng minh Vì f : ∆ → R s-lồi theo tọa độ ∆ ta suy gx : [c, d] → [0, ∞), gx (y) = f (x, y) s-lồi [c, d] với x ∈ [a, b] Khi theo bất đẳng thức Hermite-Hadamard (1.5) ta có d 2s−1 gx c+d ≤ d−c gx (y)dy ≤ gx (c) + gx (d) , ∀x ∈ [a, b] s+1 c Đó là, d c+d 2s−1 f x, ≤ d−c f (x, y)dy ≤ f (x, c) + f (x, d) , ∀x ∈ [a, b] s+1 c Vũ Thị Định 68 K18 Toán Giải tích Luận Văn Thạc sĩ Tích phân bất đẳng thức [a, b], ta có b 2s−1 b−a b a f (x, y)dydx a b  ≤ d c+d f x, dx ≤ (b − a)(d − c)  (s + 1) b − a c b f (x, c)dx + b−a a (3.9)  f (x, d)dx a Áp dụng tương tự với hàm gy : [a, b] → [0, ∞), gy (x) = f (x, y), ta d 2s−1 d−c d f c f (x, y)dxdy c d  ≤ b a+b , y dy ≤ (d − c)(b − a)  (s + 1) d − c d f (a, y)dy + d−c c (3.10) a  f (b, y)dy  c Tổng hai bất đẳng thức (3.9) (3.10), ta bất đẳng thức thứ hai thứ ba Định lý Do đó, theo bất đẳng thức Hermite-Hadamard (1.5) ta có: f a+b c+d , 2 d 2s−1 ≤ d−c f a+b , y dy (3.11) c+d dx (3.12) c f a+b c+d , 2 b 2s−1 ≤ b−a f x, a Cộng hai bất đẳng thức (3.11) (3.12) ta bất đẳng thức thứ Định lý Để chứng minh bất đẳng thức cuối, ta dùng: b b−a f (x, c)dx ≤ f (a, c) + f (b, c) s+1 f (x, d)dx ≤ f (a, d) + f (b, d) s+1 a b b−a a Vũ Thị Định 69 K18 Toán Giải tích Luận Văn Thạc sĩ d d−c f (a, y)dy ≤ f (a, c) + f (a, d) s+1 f (b, y)dy ≤ f (b, c) + f (b, d) s+1 c d d−c c Cộng tất bất đẳng thức ta bất đẳng thức cuối Định lý Vậy Định lý 3.2.3 chứng minh Định lý 3.2.4 (Định lý 2.2, [3], p 634) Giả sử f : ∆ → R s-lồi theo tọa độ ∆ Khi với H(t, r) có số bất đẳng thức (i) H s-lồi theo tọa độ [0, 1]2 , (ii) Ánh xạ H đơn điệu không giảm theo tọa độ, (iii) Ta có inf H(t, r) = H(0, 0), (t,r)∈[0,1] sup H(t, r) = H(1, 1) (t,r)∈[0,1]2 Chứng minh (i) Nếu r ∈ [0, 1] cố định với α, β ≥ với α + β = t1 , t2 ∈ [0, 1] ta có H(αt1 + βt2 , r) = b (b − a)(d − c) d × f (αt1 + βt2 )x + (1 − (αt1 + βt2 )) a c+d a+b , ry + (1 − r) dydx 2 c b d = (b − a)(d − c) f α t1 x + (1 − t1 ) a +β t2 x + (1 − t2 ) c a+b c+d , ry + (1 − r) dydx 2 b d = αs (b − a)(d − c) f t1 x + (1 − t1 ) a Vũ Thị Định a+b a+b c+d , ry + (1 − r) dydx 2 c 70 K18 Toán Giải tích Luận Văn Thạc sĩ b d + β s (b − a)(d − c) f t2 x + (1 − t2 ) a s a+b c+d , ry + (1 − r) dydx 2 c s = α H(t1 , r) + β H(t2 , r) Tương tự, t ∈ [0, 1] cố định với r1 , r2 ∈ [0, 1] α, β ≥ với α + β = ta có H(t, αr1 + βr2 ) ≤ αs H(t, r1 ) + β s H(t, r2 ) Vậy suy H s-lồi theo tọa độ [0, 1] × [0, 1] (ii) Thứ ta chứng minh H(t, r) ≥ H(0, r), ∀t, r ∈ [0, 1] × [0, 1] Ta có H(t, r) d ≥ d−c b  tx + (1 − t) f c  a+b c + d dy dx, ry + (1 − r) 2 a d = d−c f a+b c+d , ry + (1 − r) dy 2 c = H(0, r), ∀t, r ∈ [0, 1] × [0, 1] Giả sử ≤ t1 < t2 ≤ Do tính s-lồi ánh xạ H(0, r) với r ∈ [0, 1] ta có H(t2 , r) − H(t1 , r) H(t1 , r) − H(0, r) ≥ ≥ t2 − t1 t1 Vậy suy điều phải chứng minh (iii) Vì f s-lồi theo tọa độ, ta có bất đẳng thức Jensen cho tích phân H(t, r) b = b−a d   d−c a Vũ Thị Định  f tx + (1 − t) a+b c+d , ry + (1 − r) dy  dx 2 c 71 K18 Toán Giải tích Luận Văn Thạc sĩ b ≥ b−a d  f tx + (1 − t) a+b , d−c a  ry + (1 − r) c+d dy  dx c b = b−a  ≥f f tx + (1 − t) a+b c+d , dx 2 a b  b−a tx + (1 − t) a+b c + d dx, 2 a a+b c+d , 2 = H(0, 0) =f Vậy phần thứ (iii) chứng minh Ta chứng minh phần thứ hai (iii) sau: Do tính s-lồi H theo tọa độ, ta có H(t, r) b d   d−c = b−a a f tx + (1 − t) a+b , y dy c d +(1 − r) d−c  d  f tx + (1 − t) a+b c+d , dy  dx 2 c b b  a+b t f (x, y)dxdy + (1 − t) f , y dx dy b−a b−a c a a   d b c+d a+b c+d  t + (1 − r) f x, dx + (1 − t)f , dy d−c b−a 2 ≤r d−c c a b d = rt (b − a)(d − c) d f (x, y)dydx + r(1 − t) d−c a c f a+b , y dy c b + t(1 − r) b−a f x, c+d dx + (1 − r)(1 − t)f a+b c+d , 2 a Vũ Thị Định 72 K18 Toán Giải tích Luận Văn Thạc sĩ Do đó, theo (3.9), (3.10), (3.11), (3.12) suy H(t, r) ≤ [rt + r(1 − t) + t(1 − r) + (1 − t)(1 − r)] b d × (b − a)(d − c) f (x, y)dydx a c b d = (b − a)(d − c) f (x, y)dydx a c = H(1, 1) Vũ Thị Định 73 K18 Toán Giải tích Kết luận Luận văn trình bày tổng quan Bất đẳng thức Hermite-Hadamard cho lớp hàm s-lồi bao gồm: -Hàm lồi số đặc trưng hàm lồi khả vi -Chứng minh bất đẳng thức dạng Hermite-Hadamard cho hàm lồi biến hai biến theo tọa độ -Chứng minh bất đẳng thức dạng Hermite-Hadamard cho lớp hàm slồi theo nghĩa Orlicz tính chất -Chứng minh bất đẳng thức dạng Hermite-Hadamard cho lớp hàm slồi theo nghĩa Breckler tính chất -Chứng minh bất đẳng thức dạng Hermite-Hadamard cho hàm hai biến s-lồi theo tọa độ 74 Tài liệu tham khảo [A] Tài liệu tiếng Anh [1] M W Alomari and M Darus, Hadamard-type inequalities for s-convex functions, Inter Math Forum, (2008), 1965-1970 [2] M W Alomari and M Darus, On co-ordinate s-convex functions, Inter Math Forum, (2008), 1977-1989 [3] M W Alomari and M Darus, The Hadamard’s inequalities for sconvex functions of 2-variable on the Co-ordinates, Inter.J Math Anal., (2013), 629-638 [4] M W Alomari and M Darus, Co-ordinated s-Convex Function in the First Sense with Some Hadamard-Type Inequalities, Int J Contemp Math Sciences, (2008), 1557 - 1567 [5] M W Alomari, M Darus, S S Dragomir, New inequalities of Simson’s type for s-convex function with applications, RGMIA Res Rep Coll., 12 (4) (2009), Article [6] M W Alomari, S S Dragomir, and U S Kirmaci, Generalizations of the Hermite-Hadamard type inequalities for functions whosen derivartives are s-convex, Acta et Commentationes Universitatis Tar-tunensis de Mathematica, Volume 17, Number 2, (2013), 157-169 [7] M W Alomari, M Darus, and U.S Kirmaci, Some inequalities of the Hermite-Hadamard type for s-convex functions, Acta Math Sci Ser B Eng Ed., 31 B4 (2011), 1643-1652 [8] M Muddassar, M I Bhatti and M Iqbal, Some New s-HermiteHadamard Type Inequalities for Differentiable Functions and Their Applications, Department of Mathematics, University of Engineering and Technology, Lahore, Pakistan, (2012), 9-17 Luận Văn Thạc sĩ [9] Hoang Tuy, Convex Analysis and Global Optimization, In Serie Nonconvex Optimization and Its Applications, Kluwer Academic Publishers, Dordrecht, The Netherlands, (1998) [10] Pietro Cerone, Sever S Dragomir, Mathematical Inequalities: A perspective, (2011), CRS Press, Taylor and Francis Group, LLC, USA [11] Sever S Dragomir, Charles E M Pearce, Selected Topics on HermiteHadamard Inequalities and Applications, RGMIA Monographs, Victoria University, (2000) [12] S Hussain, M I Bhatti, and M Iqbal, Hadamard-type for s-convex functions I, Punjab University Journal of Mathematics, 41 (2009), 51-60 [13] W W Breckner, Stetigkeitsaussagen fur eine Klasse verallgemeinerter konvexer funktionen in topologischen linearen Raumen, Pupl Inst Math 23 (1978) 13-20 [14] L Fejer, Uber die Fourierreihen, II, Math Naturwiss, Anz Ungar Akad Wiss, 24 (1906), 369-390 (In Hungarian) [15] J Hadamard, Résolution d’une question relative aux déterminants, Bull des Sciences math (2), 17 (1893), 240-248 [16] Hermite, Sur deux limites d’une intégrale défini, Mathesis, (1883) Vũ Thị Định 76 K18 Toán Giải tích [...]... trở thành 1 1 tf (t1− s b)dt 0 1 1 uf (u1− s a)du hội tụ Thật vậy, Ta thấy tích phân 0 1 Nếu đổi biến x = u1− s a, u ∈ (0, 1], thì x u= a và du = 1 1− 1 s s s 1 x = a s x s 1 = s a s 1 s 1 s 1 s 1 · s · x s 1 −1 dx = · s · x s 1 dx s − 1 a s 1 s − 1 a s 1 Do đó, ta có 1 a 1− 1s uf (u a)du = − ∞ 0 s 1 x s 1 s x s 1 · · dx s s f (x) a s 1 s − 1 a s 1 ∞ 2s s · a 1 s = 1 s s+1 x s 1 f (x)dx < ∞ a Và tương... := s  f (tt ) dt nếu u > 0 0 Khi ấy Φ là ψ -hàm lồi, us s Φ(u ) = 1 1 f (us ) s s f (t s ) dt ≤ u = f (u) t us 0 và us s Φ(u ) = us 2 s 1 1 f ( u2 ) s f (t s ) dt ≤ us t 2 1 us = f (2− s u) 2 Do đó, 1 f (2− s u) ≤ Φ(us ) ≤ f (u) với mọi u ≥ 0 Suy ra ψ tương đương với f 2.2 Bất đẳng thức dạng Hermite- Hadamard cho hàm s- lồi theo nghĩa Orlicz Định lý 2.2.1 ([10], p 88) Giả s f : R+ → R là hàm s- lồi. .. s = s1 · s2 (ii) Giả s 0 < s1 , s2 < 1 Nếu f và g là hàm không âm sao cho hoặc là f (0) = 0 hoặc g(0) = 0, thì hợp f ◦ g ∈ Ks1 , trong đó s = min (s1 , s2 ) Chứng minh (i) Giả s u, v ∈ R+ và α, β ≥ 0 với s + β s = 1, trong đó s = s1 · s2 Vì αsi + β si ≤ s1 s2 + β s1 s2 = 1 với i = 1, 2, ta có (f ◦ g)(αu + βv) = ≤ ≤ ≤ f (g(αu + βv)) f ( s2 g(u) + β s2 g(v)) s1 s2 f (g(u)) + β s1 s2 f (g(v)) s. .. = 1, trong đó s = min (s1 , s2 ) Khi ấy αsi + β si ≤ s1 s2 + β s1 s2 = 1 với i = 1, 2 và bất đẳng thức (2.6) trở thành f (αu + βv)g(αu + βv) ≤ ( s1 f (u) + β s1 f (v))( s2 g(u) + β s2 g(v)) = s1 +s2 f (u)g(u) + s1 β s2 f (u)g(v) + s2 β s1 f (v)g(u) + β s1 +s2 f (v)g(v)) ≤ α 2s f (u)g(u) + s β s (f (u)g(v)) + f (v)g(u)) + β 2s f (v)g(v)) = s f (u)g(u) + β s f (v)g(v) Suy ra f ◦ g ∈ Ks1 Định nghĩa... như sau: 1 1 1 s 1 0 1 f (ua + (1 − us ) s b)(1 − us ) s −1 us−1 du f ((1 − ts ) a + tb)dt = − 0 1 1 1 f (ta + (1 − ts ) s b)(1 − ts ) s −1 ts−1 dt = 0 Thay vào bất đẳng thức (2.7) ta được 1 1 1 + (1 − ts ) s −1 ts−1 f (a) + f (b) f (ta + (1 − t ) b) dt ≤ 2 2 s 1 s 0 Vậy Định lý 2.2.2 được chứng minh Định lý 2.2.3 ([10], p 90) Với các giả thiết trên về hàm f và s s, ta có bất đẳng thức 1 f a+b 1 2s. .. Chứng minh Cho u > 0 và α ∈ [0, 1], từ bất đẳng thức (2.1) ta có 1 1 f (α s + (1 − α) s )u ≤ αf (u) + (1 − α)f (u) = f (u) Hàm 1 1 h(α) = α s + (1 − α) s có h (α) = 1s α 1 1 s s − 1s (1 − α) 1 s s = 1s [α 1 1 s s − (1 − α) 1 s s suy ra α s = (1 − α) s hay α = 1 − α hay α = 12 15 ]=0 Luận Văn Thạc s 1 1 1 Nên h ( 12 ) = 0, h(0) = 1, h(1) = 1, h( 21 ) = ( 12 ) s + ( 12 ) s = 21− s Suy ra hàm h(α) liên... ts ) s 1 2s dt 1 1 f ta + (1 − ts ) s b ψ(t)dt ≤ 0 trong đó hàm ψ được định nghĩa như trên Vũ Thị Định 23 K18 Toán Giải tích Luận Văn Thạc s Chứng minh Khi 1 1 > 1, theo tính lồi của ánh xạ g : [0, ∞) → R, g(x) = s x s ta có s 1 s s 1 s (t ) + (1 − t ) ≥ 2 Và s s t + (1 − t ) 2 1 s 1 s = 1 1 2s 1 a+b 1 a + b t + (1 − ts ) s ≥ · · 1 1 1 2 2s 2s 2s Suy ra 1 a+b a+b · [t + (1 − ts ) s ] ≥ 2 −1 1 2s. .. s1 f (v) Suy ra f ∈ Ks21 Tính chất 2.3.4 ([10], p 95) Giả s f là một hàm không giảm trong Ks2 và g là một hàm lồi không âm trên [0, ∞) Khi ấy hàm hợp f ◦ g ∈ Ks2 Chứng minh Giả s u, v ∈ R+ và α, β ≥ 0 với α + β = 1, trong đó s = s1 · s2 Vì αsi + β si ≤ s1 s2 + β s1 s2 = 1 với i = 1, 2, ta có (f ◦ g)(αu + βv) = ≤ ≤ ≤ f (g(αu + βv)) f ( s2 g(u) + β s2 g(v)) s1 s2 f (g(u)) + β s1 s2 f (g(v)) s. .. g)(u) + β s (f ◦ g)(v) Suy ra f ◦ g ∈ Ks1 Tính chất 2.3.5 ([10], p 96) Nếu φ là một ψ -hàm lồi và f là ψ -hàm thuộc Ks2 , thì hợp f ◦ φ ∈ Ks2 Đặc biệt, ψ -hàm h(u) = φ(us ) ∈ Ks2 Vũ Thị Định 29 K18 Toán Giải tích Luận Văn Thạc s 2.4 Bất đẳng thức Hermite- Hadamard cho lớp hàm s- lồi theo nghĩa Breckler Định lý 2.4.1 ([10], p 96) Giả s f : R+ → R+ là hàm s- lồi theo nghĩa thứ hai với 0 < s < 1 Nếu... (aγ s u + bγ s v) 1 1 as f (γ s u) + bs f (γ s v) 1 1 1 1 as f [γ s u + (1 − γ) s 0] + bs f [γ s v + (1 − γ) s 0] as [γf (u) + (1 − γ)f (0)] + bs [γf (v) + (1 − γ)f (0)] as γf (u) + bs γf (v) + (1 − γ)f (0) as f (u) + bs f (v) Chứng minh được hoàn thành Tính chất 2.1.3 ([10], p 85) Giả s 0 < s1 ≤ s2 ≤ 1 Nếu f ∈ Ks12 và f (0) ≤ 0 thì f ∈ Ks11 Chứng minh Giả s f ∈ Ks12 và u, v ≥ 0, α, β ≥ 0 với s1