Về các bất đẳng thức dạng hermite hadamard cho hàm lồi

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC HOÀNG THỊ QUỲNH LIÊN VỀ CÁC BẤT ĐẲNG THỨC DẠNG HERMITE-HADAMARD CHO HÀM LỒI LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - 2016 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC HOÀNG THỊ QUỲNH LIÊN VỀ CÁC BẤT ĐẲNG THỨC DẠNG HERMITE-HADAMARD CHO HÀM LỒI LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 60 46 01 13 NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS.TS TẠ DUY PHƯỢNG Thái Nguyên - 2016 i Mục lục Mở đầu Chương Bất đẳng thức dạng Hermite - Hadamard 1.1 Một số đặc trưng hàm lồi khả vi 4 1.2 1.3 1.4 Bất đẳng thức Hermite - Hadamard Một số mở rộng bất đẳng thức Hermite - Hadamard Ứng dụng bất đẳng thức Hermite - Hadamard toán sơ cấp 12 25 Chương Bất đẳng thức dạng Hermite - Hadamard cho hàm lồi khả vi 30 2.1 Bất đẳng thức dạng Hermite - Hadamard cho hàm lồi khả vi bậc ứng dụng 30 2.1.1 2.2 Bất đẳng thức dạng Hermite - Hadamard cho hàm lồi khả vi bậc 2.1.2 Ứng dụng vào đánh giá đại lượng trung bình Bất đẳng thức dạng Hermite - Hadamard cho hàm lồi khả vi cấp hai ứng dụng 2.2.1 Bất đẳng thức dạng Hermite - Hadamard cho hàm lồi khả vi cấp hai 2.2.2 Ứng dụng vào đánh giá đại lượng trung bình Tài liệu tham khảo 30 37 41 41 46 52 Mở đầu Giải tích lồi đóng vị trí quan trọng toán học Giải tích lồi liên quan đến nhiều ngành toán học giải tích, giải tích hàm, giải tích số, hình học, toán kinh tế, tối ưu phi tuyến, Một kết kinh điển giải tích lồi Bất đẳng thức Hermite - Hadamard (H-H Inequality) cho hàm lồi, phát biểu Định lý Định lý 0.0.1 (Hermite, 1881, [7], Hadamard, 1893, [6]) 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 Năm 1906, Fejér [8] mở rộng bất đẳng thức (1) thành bất đẳng thức (2), sau gọi bất đẳng thức Fejér Định lý 0.0.2 Nếu f : R → R hàm lồi đoạn [a; b] g : [a; b] → R a+b hàm không âm, khả tích đối xứng qua điểm x = b f a+b b g(t)dt ≤ a b f (a) + f (b) f (t)g(t)dt ≤ a g(t)dt (2) a Khi g(x) ≡ bất đẳng thức Fejér trở thành bất đẳng thức Hermite - Hadamard Sau đó, nhiều tác giả mở rộng bất đẳng thức Hermite - Hadamard bất đẳng thức Fejér Xem, thí dụ, sách chuyên khảo bất đẳng thức [1], [2] tài liệu tham khảo khác Các bất đẳng thức dạng Hermite - Hadamard có nhiều ứng dụng thực tế, thí dụ, toán: đặc trưng hàm lồi, quan hệ đại lượng trung bình, lí thuyết xấp xỉ, Mục đích Luận văn trình bày tổng quan bất đẳng thức dạng Hermite - Hadamard cho hàm lồi Luận văn bố cục theo hai chương: Chương 1: Trình bày số đặc trưng hàm lồi khả vi, chứng minh bất đẳng thức dạng Hermite - Hadamard cho hàm lồi biến, số mở rộng ứng dụng bất đẳng thức Hermite - Hadamard Chương 2: Trình bày chứng minh bất đẳng thức dạng Hermite Hadamard cho hàm lồi biến khả vi (cấp một, cấp hai) đoạn [a; b], đồng thời nêu ứng dụng đánh giá giá trị trung bình Sau thời gian cố gắng, nỗ lực học tập nghiên cứu, đến hoàn thành luận văn thạc sĩ Để có kết này, trước tiên 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 khoa học tận tình dạy cho suốt thời gian thực luận văn Tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành tới thầy cô trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên thầy cô Viện Toán học tận tình giúp đỡ, theo dõi động viên cho suốt trình thực luận văn Tôi xin gửi lời cảm ơn tới bạn bè thân yêu, đồng nghiệp công tác trường THPT Trần Nhật Duật thông cảm, chia sẻ khó khăn tạo điều kiện tốt để học tập, nghiên cứu hoàn thành công việc Tôi xin gửi lời cảm ơn đặc biệt tới người thân yêu gia đình chia sẻ với khó khăn thực luận văn Thái Nguyên, tháng năm 2016 Tác giả Hoàng Thị Quỳnh Liên Chương Bất đẳng thức dạng Hermite Hadamard Trong chương này, trình bày số đặc trưng hàm lồi khả vi, chứng minh bất đẳng thức dạng Hermite - Hadamard cho hàm lồi biến, số mở rộng ứng dụng bất đẳng thức Hermite - Hadamard Nội dung Chương chủ yếu theo Tài liệu [1] (trang 42-44), [2] (trang 55-70), [5] (trang 9-19) tham khảo thêm số tài liệu khác 1.1 Một 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 ta 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 1.1.3 (Theorem 2.1, [5], p 42-43) Hàm thực f (x) xác định tập mở (a, b) lồi liên tục (a, b) có đạo hàm trái phải f (x + t) − f (x) , t↑0 t f (x + t) − f (x) f+ (x) := lim t↓0 t f− (x) := lim điểm x ∈ (a, b) cho f+ (x) không tăng 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) ≤ s t (1.3) f (x + t) − f (x) không tăng t ↓ t Suy có giới hạn f+ (t) (hữu hạn −∞) Tương tự, Điều hàm số t → 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) ≤ s r (1.4) 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 (1.5) 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 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) Hơn nữa, đặt x = x1 , y + r = x2 (1.4) ta có f (x1 + s) − f (x1 ) f (x2 ) − f (x2 − r) ≤ s r hay f (x1 + s) − f (x1 ) f (x2 − r) − f (x2 ) ≤ s −r (1.6) Lấy s ↓ 0, −r ↑ (1.6) ta bất đẳng thức thứ hai (1.2) (ii) Bây ta giả sử hàm f 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 g(x) = f (x) − f (c) − λ [f (d) − f (c)] = f (x) − [(1 − λ)f (c) + f (d)] Để chứng minh tính lồi f (x) ta cần phải g(x) ≤ với x ∈ [c, d] Giả sử điều ngược lại rằng, giá trị lớn g(x) đoạn [c, d] dương (giá trị lớn g(x) tồn g(x) hàm số liên tục đoạn [c, d]) Lấy e ∈ [c, d] điểm mà hàm số đạt giá trị cực đại Lưu ý g(c) = g(d) = 0, (do c < e < d), từ biểu diễn đó, g(x) có tính chất với hàm f (x), cụ thể là: g− (x), g+ (x) tồn với x ∈ (c, d), g− (x) ≤ g+ (x), g+ (x) hàm số không giảm g+ (x1 ) ≤ g− (x2 ) với x1 ≤ x2 Vì g(e) ≥ g(x), ∀x ∈ [c, d] nên ta có g− (e) ≤ ≤ g+ (e), g− (e) = g+ (e) = Mặt khác, g+ (x) không giảm nên hiển nhiên g+ (x) ≤ ∀x ∈ [e, d] Nếu g− (y) ≥ với y ∈ (e, d] g+ (x) ≤ g+ (y) ≤ Suy ta có g (x) = với x ∈ [e, y), điều g(y) = g(e) > Từ g(d) = 0, suy phải tồn y ∈ (e, d] cho g− (y) > Lấy x1 ∈ [y, d) điểm mà hàm g(x) đạt giá trị cực đại đoạn [y, d] Suy ra, g+ (x1 ) ≤ với x ∈ [c, d], chứng minh Hệ 1.1.4 (Corollary 2.1, [3], p 44) Hàm f (x) khả vi tập mở (a, b) hàm lồi đạo hàm hàm không tăng 39 Chứng minh Áp dụng Định lý 2.1.5 cho hàm lồi f (x) := − ln x, x > 0, ta có: 0≤ b−a b ln xdx − a ≤ b (b − a) p (p + 1) p a q 1 p = dx xq ln a + ln b (b − a) (b − a) q 1 q [L−q −q (a, b)] (p + 1) p (b − a) −p = [L (a, b)] (p + 1) p1 −p Từ ta thu bất đẳng thức (2.18) Tiếp theo, trình bày số ứng dụng nảy sinh cách tự nhiên từ bất đẳng thức Định lý 2.1.7 Ta có mệnh đề sau Mệnh đề 2.1.16 (Proposition 15, [2], p 37) Cho p > < a < b Khi đó, ta có bất đẳng thức: ≤ A(ap , bp ) − Lpp (a, b) ≤ p(p − 1) p−2 (b − a)2 Lp−2 (a, b) (2.19) Chứng minh Nếu ta chọn Định lý 2.1.7, f (x) = xp , p > 1, ta có pap−1 ≤ f (x) ≤ pbp−1 với x ∈ [a, b] Suy ra, ta áp dụng định lý (2.1.7) ta thu được: ≤ A(ap , bp ) − Lpp (a, b) p(bp−1 − ap−1 )(b − a) ≤ p(p − 1) = (b − a)2 Lp−2 p−2 (a, b) Và mệnh đề chứng minh Với đại lượng trung bình logarit, có kết sau: 40 Mệnh đề 2.1.17 (Proposition 16, [2], p 37) Cho p > < a < b Khi đó, ta có bất đẳng thức: (b2 − a2 )(b − a) ≤ H (a, b) − L (a, b) ≤ 4a2 b2 −1 −1 (2.20) Chứng minh Nếu ta chọn Định lý 2.1.7, f (x) = x1 , ta có: − −1 −1 ≤ f (x) = ≤ − a2 x2 b2 1 b − a2 M −m=− + = b a 4a2 b2 Sử dụng Bất đẳng thức (2.11), ta thu điều phải chứng minh Tiếp theo, với giá trị trung bình identric ta có mệnh đề sau Mệnh đề 2.1.18 (Proposition 17, [2], p 37-38) Nếu < a < b Khi đó, ta có bất đẳng thức: (b − a)2 I(a, b) 1≤ ≤ exp G(a, b) 4ab (2.21) Chứng minh Xem Định lý 2.1.7 Bây giờ, sử dụng Định lý 2.1.10, ta có bất đẳng thức sau: p ≤ A(ap , bp ) − Lpp (a, b) ≤ p(b − a)Lpq (a, b) 2(p + 1) p −1 −1 ≤ H (a, b) − L (a, b) ≤ (b − a) 2(p + 1) p L (p+1) (a, b) 1−p 1≤ I(a, b) b−a ≤ exp L1−p −p (a, b) G(a, b) 2(p + 1) p p+1 p , 41 theo thứ tự, với p > q := p p−1 Nếu áp dụng Định lý 2.1.11 ta có tính chất sau: ≤ A(ap , bp ) − Lpp (a, b) ≤ p(p − 1) (b − a)2 Lp−2 p−2 (a, b), ≤ H −1 (a, b) − L−1 (a, b) ≤ (b2 − a2 )(b − a) , 4a2 b2 L(a, b) (b − a)2 1≤ , ≤ exp G(a, b) 4ab theo thứ tự, với p > 2.2 Bất đẳng thức dạng Hermite - Hadamard cho hàm lồi khả vi cấp hai ứng dụng 2.2.1 Bất đẳng thức dạng Hermite - Hadamard cho hàm lồi khả vi cấp hai Bổ đề 2.2.1 (Lemma 4, [2], p 38) Giả sử f : [a; b] ⊂ R → R hàm khả vi cấp hai [a; b] p > với |f | khả tích [a; b], ta có đẳng thức b (t − a) (b − t) f (t)dt = b b−a (f (a) + f (b)) − a f (t)dt (2.22) a Chứng minh Thật vậy, lấy tích phân phần hai vế ta có: b (x − a)(b − x)f ”(x)dx a = (x − a)(b − x)f (x)|ba − b = [2x − (a + b)]f (x)dx a b [−2x + (a + b)]f (x)dx a 42 b b = (2x − (a + b))f (x) |a −2 f (x)dx a b b−a (f (a) + f (b)) − f (x)dx = a Đẳng thức (2.22) chứng minh Định lý 2.2.2 (Theorem 30, [2], p 39) Nếu thêm vào giả thiết điều kiện k ≤ f (x) ≤ K , ta có bất đẳng thức b (b − a)2 f (a) + f (b) k ≤ − 12 b−a (b − a)2 f (t)dt ≤ K 12 (2.23) a Chứng minh Ta có: k(x − a)(b − x) ≤ (x − a)(b − x)f ”(x) ≤ K(x − a)(b − x) với x ∈ [a, b] Do đó, k b a (x − a)(b − x)dx ≤ K ≤ b (x − a)(b − x)f ”(x)dx a b (x − a)(b − x)dx a Mặt khác, theo (2.22) ta có b (x − a)(b − x)f ”(x)dx = a a+b (f (a) + f (b) − b f (x)dx a b (b − a)3 (x − a)(b − x) = a Vậy bất đẳng thức (2.23) chứng minh Hệ 2.2.3 (Corollary 12, [2], p 39) Giả sử giả thiết thỏa mãn Kí hiệu f ∞ := sup |f (x)| ≤ ∞, ta có bất đẳng thức x∈[a,b] b f (a) + f (b) − b−a f (t)dt ≤ f a (b − a)2 ∞ 12 (2.24) 43 Bổ đề 2.2.4 (Lemma 5, [2], p 42) Cho f, g : [a, b] → R liên tục [a, b] khả vi (a, b) Nếu g (x) = (a, b) f (x) ≤ L (a, b), g (x) l≤ có bất đẳng thức sau:   b  l (b − a) g (x)dx −  a 2   g(x)dx  a b ≤(b − a) b b b f (x)g(x)dx − a f (x)dx a  b a b  g (x)dx −   ≤L (b − a) g(x)dx 2   g(x)dx  a a Định lý 2.2.5 (Theorem 34, [2], p 44-46) Giả sử f : [a; b] ⊂ R → R hàm khả vi [a; b] k ≤ f (x) ≤ K với x ∈ [a; b] Khi ta có bất đẳng thức kép (b − a)2 k ≤ f 48 b a+b f (a) + f (b) + − b−a f (t)dt a ≤K (b − a) 48 (2.25) Chứng minh Từ Bổ đề 2.1.9, ta có f − b−a a+b = b−a a+b a b f (x)dx a (x − a)f (x)dx + b−a Áp dụng cho Bổ đề 2.2.4 ta thu được:  a+b a + b k −a (x − a)2 dx − a b (x − b)f (x)dx a+b a+b a (x − a)dx   (2.26) 44 a+b −a ≤ a  a+b −a ≤K a+b a+b (x − a)f (x)dx − a+b (x − a)dx a a+b a a+b 2 (x − a) dx − a f (x)dx  (x − a)dx  a+b a+b , b , ta a Tính tích phân phần với x đoạn a, được: a+b a (b − a)3 (x − a) dx = , 24 a+b a (b − a)2 (x − a)dx = , I1 := b − a (b − a)3 (b − a)2 − f 24 a+b − f (a) Suy ta thu được: (b − a)2 k 192 a+b b−a (b − a)2 ≤ f (x − a)f (x)dx − a (b − a)4 ≤ K 192 a+b − f (a) Từ ta có: (b − a)2 k 96 a+b b−a ≤ (x − a)f (x)dx − f a (b − a)2 ≤ K 96 Tương tự, Bổ đề 2.2.4 cho ta:  b a+b  k b− (x − b)2 dx − a+b 2 a+b − f (a) (2.27) b (x − b)dx a+b   45 b a+b ≤ b− (x − b)f (x)dx − a+b 2  b a+b  (x − b)2 dx − ≤ K b− a+b 2 Tính tích phân phần với x đoạn b b (x − b)dx a+b f (x)dx  a+b 2 b (x − b)dx  a+b a+b , b , ta được: b (b − a)3 (x − b) dx = , a+b 24 2 b (b − a)2 (x − b)dx = − a+b Khi đó, bất đẳng thức viết lại thành b−a (b − a)4 ≤ k 192 b (b − a)2 (x − b)f (x)dx + f (b) − f a+b a+b (b − a)2 ≤K 192 Điều tương đương với: (b − a)2 k ≤ 96 b−a b (x − b)f (x)dx + a+b f (b) − f a+b (b − a)4 ≤K 96 (2.28) Thay bất đẳng thức (2.27) (2.28) vào (2.26), ta thu được: (b − a)2 k 48 a+b ≤f − b−a (b − a)2 ≤K 48 b f (x)dx − a 2f a+b Suy ra, ta thu bất đẳng thức cần tìm (2.25) − (f (a) + f (b)) 46 Hệ 2.2.6 (Corollary 13, [2], p 46) Giả sử giả thiết Định lý 2.2.5 thỏa mãn Khi ta có bất đẳng thức b f a+b f (a) + f (b) + − b−a f (t)dt ≤ f (b − a)2 ∞ 48 a (2.29) 2.2.2 Ứng dụng vào đánh giá đại lượng trung bình Chúng ta bắt đầu với mệnh đề sau: Mệnh đề 2.2.7 (Proposition 18, [2], p 49) Xét p > < a < b Khi ta có bất đẳng thức: ≤ A(ap , bp ) − Lpp (a, b) 1 ≤ (b − a)2 p(p − 1)[B(p + 1, p + 1)] p Lp−2 p(p−2) (a, b) p−1 (2.30) (2.31) Chứng minh Áp dụng Định lý 32 ([2, p.40]), cho hàm f (x) := xp đoạn đóng [a, b] ta có: ≤ A(ap , bp ) − Lpp (a, b) (2.32) p+1 1 ≤ (b − a) p [B(p + 1, p + 1)] p với B hàm Beta Euler, B(x, y) = b pq−2q x a b q p(p − 1)xp−2 dx a x−1 (1 t − t)y−1 dt Khi đó, bpq−2q+1 − apq−2q+1 dx = p−q+1 bp−q+1 − ap−q+1 = Lp−q p−q (a, b)(b − a) p−q+1 Mà (2.32) trở thành: ≤ A(ap , bp ) − Lpp (a, b) q (2.33) 47 p−q p+1 1 q (a, b)(b − a) q ≤ (b − a) p [B(p + 1, p + 1)] p p(p − 1)Lp−q 1 = (b − a)2 p(p − 1)[B(p + 1, p + 1)] p Lp−2 p(p−2) (a, b), p−1 mà p−q =p−2 q p−q = p(p − 2) p−1 Suy ra, mệnh đề chứng minh Mệnh đề 2.2.8 (Proposition 19, [2], p 50) Xét p > < a < b Khi ta có bất đẳng thức: L(a, b)H(a, b)[B(p + 1, p + 1)] p ≤ L(a, b) − H(a, b) ≤ (b − a)2 (2.34) L3−3p (a, b) p−1 Chứng minh Áp dụng Định lý 32 ([2, p 40]) cho hàm số f (x) = x [a, b] ta có: ≤ H −1 (a, b) − L−1 (a, b) p+1 1 ≤ (b − a) p [B(p + 1, p + 1)] p b a 2q dx x3 q q Mặt khác, b a x−3q+1 b b−3q+1 − a−3q+1 dx = |a = = L−3q −3q (a, b)(b − a) xq −3q + −3q + Khi đó, theo (2.35), ta có: ≤ H −1 (a, b) − L−1 (a, b) p+1 1 ≤ (b − a) p (b − a) q [B(p + 1, p + 1)] p L−3 −3q (a, b) (2.35) 48 [B(p = (b − a) + 1, p + 1)] p L3− 3p (a, b) p−1 Suy ra, ta thu bất đẳng thức cần chứng minh (2.34) Mệnh đề 2.2.9 (Proposition 20, [2], p 50-51) Xét p > < a < b Khi ta có bất đẳng thức:  1≤ p  I(a, b) [B(p + 1, p + 1)]  ≤ exp  (b − a)2 G(a, b) L2− 2p (a, b) (2.36) p−1 Chứng minh Áp dụng Định lý 32 ([2, p 40]) cho hàm lồi f (x) = − ln x đoạn đóng [a, b], ta có: ≤ ln I(a, b) − ln G(a, b) p+1 1 ≤ (b − a) p [B(p + 1, p + 1)] p b a dx x2q q p [B(p + 1, p + 1)] = (b − a)2 L2− 2p (a, b) p+1 Từ ta thu bất đẳng thức cần chứng minh (2.36) Dưới trình bày số ứng dụng Định lý 33 ([2], p 41) Mệnh đề 2.2.10 (Proposition 21, [2], p 51) Cho p ≥ < a < b Khi ta có bất đẳng thức | A(ap , bp ) − Lpp (a, b) − p(p − 1) p−2 (a, b) | (b − a)2 Lp−2 12 p(p − 1)(b − a)3 p−3 ≤ Lp−3 (a, b) 32 (2.37) Chứng minh Theo Định lý 33 ([2], p 41), ta chọn hàm f (x) = xp , p ≥ 2, k = p(p − 1)ap−2 ≤ f (x) ≤ p(p − 1)bp−2 = K, x ∈ [a, b] 49 Khi đó, theo Định lý 33 ([2], p 41) ta có: | A(ap , bp ) − Lpp (a, b) − ≤ p(b − a) p−1 p−1 (b )a | 12 p(p − 1) (b − a)2 (bp−2 − ap−2 ) 32 (2.38) Mặt khác, (bp−1 )ap−1 = (p − 1)Lp−2 p−2 (a, b)(b − a) p−3 bp−2 − ap−2 = (p − 2)Lp−3 (a, b)(b − a) Suy ra, theo (2.38) ta thu bất đẳng thức cần chứng minh (2.37) Vậy bất đẳng thức cho chứng minh Mệnh đề 2.2.11 (Proposition 22, [2], p 51-52) Cho < a < b Khi ta có bất đẳng thức sau: (b − a)2 A(a, b)L(a, b)H(a, b) | | L(a, b) − H(a, b) − G4 (a, b) (b − a)3 L(a, b)H(a, b)(4A2 (a, b) − G2 (a, b)) ≤ 16 G6 (a, b) x Theo Định lý 33 ([2], p 41), ta chọn Chứng minh Theo Định lý 33 ([2], p 41), ta chọn hàm f (x) = dễ thấy f ”(x) = k= b3 K = a3 2 b3 , a3 Khi đó, ta thu được: | L−1 (a, b) − H −1 (a, b) − (b − a)3 ≤ 32 (2.39) 2 − a3 b b−a 12 1 − b2 a2 | Biến đổi bất đẳng thức trên, ta thu được: | L−1 (a, b) − H −1 (a, b) − (b − a)2 a + b | a2 b 50 (b − a)2 ≤ 16 (b − a)(b2 + ab + b2 ) a3 b (2.40) Mặt khác, a2 = b2 + ab = (a + b)2 − ab = 4A2 (a, b) − G2 (a, b) Suy ra, bất đẳng thức (2.40) trở thành (b − a)2 A(a, b) | | L (a, b) − H (a, b) − G (a, b) (b − a)3 (4A2 (a, b)) − G2 (a, b))L(a, b)H(a, b) ≤ 16 G6 (a, b) −1 −1 Vậy ta thu điều phải chứng minh Mệnh đề 2.2.12 (Proposition 23, [2], p 52) Xét < a < b Khi (b − a)2 ln I(a, b) − ln G(a, b) − 12G2 (a, b) (b − a)3 A(a, b) 12 ≤ (2.41) Chứng minh Theo Định lý 33 ([2], p 41), ta chọn hàm f (x) = −lnx ta có: f ”(x) = Khi đó, k = 1 ∈ , x2 b2 a2 1 K = Theo Định lý 33 ([2], p 41), ta có b2 a2 (b − a) ln I(a, b) − ln G(a, b) + 12 1 − b a ≤ (b − a)2 32 1 − b2 a2 Từ ta thu được: (b − a)2 ln I(a, b) − ln G(a, b) + 12ab ≤ Suy ra, bất đẳng thức (2.41) Vậy ta thu bất đẳng thức cần chứng minh (b − a)3 b + a 16 51 Kết luận Luận văn trình bày số kết sau: - Một số đặc trưng hàm lồi khả vi - Chứng minh bất đẳng thức dạng Hermite - Hadamard cho hàm lồi biến ứng dụng vào giá trị trung bình đồng thời trình bày số ứng dụng toán sơ cấp - Chứng minh bất đẳng thức dạng Hermite - Hadamard cho hàm lồi biến khả vi (cấp một, cấp hai) đoạn ứng dụng đánh giá giá trị trung bình 52 Tài liệu tham khảo Tiếng Anh [1] Cerone P., Dragomir S S (2011), Mathematical Inequalities: A perspective, CRS Press, Taylor and Francis Group, LLC, USA [2] Dragomir S S., Charles E M P (2000), Selected Topics on Hermite - Hadamard Inequalities and Applications, RGMIA Monographs, Victoria University [3] Pecaric J.E., Proschan F., and Tong Y.L (1991), Convex Functions, Partial Orderings and Statistical Applications, Academic Press, Inc., Boston, San Diego, New York [4] Tsenga K., Hwangb S., Hsu K (2012), "Hadamard-type and Bullentype inequalities for Lipschitzian functions and their applications", Computers & Mathematics with Applications, 64(4), pp 651–660 [5] Tuy H (1998), Convex Analysis and Global Optimization, In Serie Nonconvex Optimization and Its Applications, Kluwer Academic Publishers, Dordrecht, The Netherlands 53 Tiếng Pháp [6] Hadamard J (1893), "Résolution d’une question relative aux déterminants", Bull des Sciences math 17(2), pp 240-248 [7] Hermite C (1881), Sur deux limites d’une intégrale défini, Mathesis Tiếng Hungary [8] Fejér L (1906), Uber die Fourierreihen, "Math Naturwiss Anz Ungar Akad Wiss", Hungarian, 24, pp 369–390 ... dụng bất đẳng thức Hermite - Hadamard toán sơ cấp 12 25 Chương Bất đẳng thức dạng Hermite - Hadamard cho hàm lồi khả vi 30 2.1 Bất đẳng thức dạng Hermite - Hadamard cho hàm. .. Chương Bất đẳng thức dạng Hermite Hadamard Trong chương này, trình bày số đặc trưng hàm lồi khả vi, chứng minh bất đẳng thức dạng Hermite - Hadamard cho hàm lồi biến, số mở rộng ứng dụng bất đẳng thức. .. bất đẳng thức dạng Hermite - Hadamard cho hàm lồi Luận văn bố cục theo hai chương: Chương 1: Trình bày số đặc trưng hàm lồi khả vi, chứng minh bất đẳng thức dạng Hermite - Hadamard cho hàm lồi