Bất đẳng thức với hàm lồi bộ phận và ứng dụng

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC PHẠM VĂN THỊNH BẤT ĐẲNG THỨC VỚI HÀM LỒI BỘ PHẬN VÀ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2017 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC PHẠM VĂN THỊNH BẤT ĐẲNG THỨC VỚI HÀM LỒI BỘ PHẬN VÀ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 60 46 01 13 NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC TS NGÔ VĂN ĐỊNH THÁI NGUYÊN - 2017 i Mục lục Mở đầu Chương Bất đẳng thức với hàm nửa lồi 1.1 Hàm lồi bất đẳng thức Jensen 1.1.1 Tập lồi hàm lồi 1.1.2 Bất đẳng thức Jensen 1.2 Hàm nửa lồi mở rộng bất đẳng thức Jensen cho hàm nửa lồi 1.3 Mở rộng bất đẳng thức Jensen có trọng cho hàm nửa lồi 12 Chương Bất đẳng thức với hàm lồi phận 25 2.1 Mở rộng bất đẳng thức Jensen cho hàm lồi phận 25 2.2 Một số áp dụng 29 Chương Ba mở rộng Định lý HCF Định lý PCF 47 3.1 Mở rộng thứ 47 3.2 Mở rộng thứ hai 52 3.3 Mở rộng thứ ba 54 Kết luận 58 Tài liệu tham khảo 59 ii Lời cảm ơn Luận văn thực Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên hoàn thành với hướng dẫn TS Ngô Văn Định (Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên) Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành sâu sắc tới người hướng dẫn khoa học mình, người đặt vấn đề nghiên cứu, dành nhiều thời gian hướng dẫn tận tình giải đáp thắc mắc tác giả suốt trình làm luận văn Tác giả xin trân trọng cảm ơn Ban Giám hiệu Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, Ban Chủ nhiệm Khoa Toán–Tin, giảng viên tham gia giảng dạy, tạo điều kiện tốt để tác giả học tập nghiên cứu Tác giả muốn gửi lời cảm ơn tốt đẹp tới tập thể lớp Cao học Toán khóa 9B (2015-2017) động viên giúp đỡ tác giả nhiều suốt trình học tập Nhân dịp này, tác giả xin chân thành cảm ơn Sở Giáo dục Đào tạo Hải Phòng, Ban Giám hiệu đồng nghiệp Trường THPT Nguyễn Đức Cảnh (Kiến Thụy, Hải Phòng) chia sẻ khó khăn để tác giả hoàn thành tốt nhiệm vụ học tập công tác Cuối cùng, tác giả xin gửi lời cảm ơn đặc biệt đến bố mẹ gia đình động viên chia sẻ để tác giả hoàn thành luận văn Mở đầu Hàm lồi bất đẳng thức Jensen công cụ quan trọng Giải tích toán học Các kết chủ đề sâu sắc tìm nhiều ứng dụng quan trọng toán quan trọng Giải tích, Tối ưu lĩnh vực khác Bất đẳng thức công cụ toán học để mô tả quan hệ thứ tự hai đối tượng Chính bất đẳng thức đóng vai trò quan trọng cốt yếu nhiều lĩnh vực toán học Bên cạnh đó, bất đẳng thức liên quan chặt chẽ đến toán cực trị, vấn đề toán học quan tâm ý nghĩa thực tiễn Sự mở rộng khái niệm hàm lồi thành khái niệm khác hàm nửa lồi, hay hàm lồi phận, giúp toán học giải nhiều vấn đề thực tiễn hơn, cho phép người ta nghiên cứu hàm số tính chất lồi tập hợp Luận văn có mục đích nghiên cứu bất đẳng thức với hàm lồi phận ứng dụng Các vấn đề quan tâm hàm nửa lồi mở rộng bất đẳng thức Jensen cho chúng Ngoài phần Mở đầu, Kết luận, Tài liệu tham khảo, nội dung luận văn trình bày ba chương sau: • Chương Bất đẳng thức với hàm nửa lồi Mối quan tâm chương kết bất đẳng thức với hàm nửa lồi Trước hết trình bày hàm lồi bất đẳng thức Jensen Sau kết hàm nửa lồi bất đẳng thức Jensen cho hàm nửa lồi Tài liệu tham khảo chương V Cirtoaje, A Baiesu [3] Z Pavi´c [4] • Chương Bất đẳng thức với hàm lồi phận Trong chương trình bày mở rộng bất đẳng thức Jensen cho hàm lồi phận áp dụng cụ thể vào số lớp toán bất đẳng thức Chúng dựa vào tài liệu V Cirtoaje [1] để trình bày nội dung chương • Chương Ba mở rộng Định lý HCF Định lý PCF Chương dành cho việc trình bày ba mở rộng Định lý HCF Định lý PCF Sau minh họa mở rộng số ví dụ cụ thể Tài liệu tham khảo Chương V Cirtoaje [2] Chương Bất đẳng thức với hàm nửa lồi Trong chương này, trình bày hàm nửa lồi bất đẳng thức Jensen cho hàm nửa lồi Nội dung chương trình bày lại kết V Cirtoaje, A Baiesu [3] Z Pavi´c [4] hàm nửa lồi, bất đẳng thức Jensen cho hàm nửa lồi mở rộng bất đẳng thức Jensen có trọng cho hàm nửa lồi 1.1 1.1.1 Hàm lồi bất đẳng thức Jensen Tập lồi hàm lồi Trước nhắc lại bất đẳng thức Jensen, nhắc lại khái niệm tập lồi tập số thực R hàm lồi xác định tập lồi Đây khái niệm quan trọng giải tích đặc biệt sử dụng nhiều lý thuyết bất đẳng thức Định nghĩa 1.1 Một tập D tập số thực R gọi tập lồi với hai điểm a, b D với λ thỏa mãn λ ta có λ a + (1 − λ )b ∈ D Ta dễ dàng thấy khoảng có dạng (a, b), (a, +∞), (−∞, b), (a, b], [a, b), [a, b] hay toàn tập R tập lồi R Định nghĩa 1.2 Cho D tập lồi R f : D → R hàm số xác định D Ta nói f hàm số lồi với x, y ∈ D với số thực λ ∈ (0, 1) ta có f (λ x + (1 − λ )y) λ f (x) + (1 − λ ) f (y) Ta dễ dàng kiểm tra định nghĩa hàm số bậc nhất, f (x) = ax + b, với a, b ∈ R, hàm lồi R Bên cạnh định nghĩa hàm lồi, có số tiêu chuẩn để kiểm tra tính chất lồi hàm số Chẳng hạn, ta có mệnh đề sau đây: Mệnh đề 1.3 Giả sử f : D → R hàm số liên tục có đạo hàm đến cấp hai tập lồi D Khi đó, f hàm lồi f (x) với x ∈ D Sử dụng tiêu chuẩn dễ dàng kiểm tra hàm số f (x) = x2 hàm số lồi R Định nghĩa 1.4 Tổ hợp n c = ∑ pi x i i=1 n điểm xi với hệ số pi gọi tổ hợp affine ∑ pi = Tổ hợp i=1 gọi tổ hợp lồi tổ hợp affine pi với i = 1, , n n Lưu ý D tập lồi R c = ∑ pi xi tổ hợp lồi i=1 điểm x1 , , xn ∈ D c ∈ D theo bất đẳng thức Jensen ta có n f (c) ∑ pi f (xi) i=1 Nếu a, b ∈ R hai số thực phân biệt, giả sử a < b, số thực x biểu diễn dạng tổ hợp affine x= b−x x−a a+ b b−a b−a Tổ hợp affine a b tổ hợp lồi x thuộc đoạn [a, b] Cho trước hàm số f : R → R, gọi l[a,b] : R → R hàm bậc có đồ thị đường thẳng qua hai điểm (a, f (a)) (b, f (b)) Khi ta có l[a,b] (x) = b−x x−a f (a) + f (b) b−a b−a Nếu f hàm lồi R ta có bất đẳng thức f (x) l[a,b] (x) x ∈ [a, b] f (x) l[a,b] (x) x ∈ (a, b) 1.1.2 Bất đẳng thức Jensen Bất đẳng thức Jensen công cụ hữu hiệu lý thuyết bất đẳng thức Trong mục này, nhắc lại sơ lược bất đẳng thức Jensen số vấn đề liên quan Mệnh đề 1.5 Cho f : D → R hàm số xác định liên tục tập lồi D Khi đó, khẳng định sau tương đương: a) Với n ∈ N, ta có f (λ1 x1 + · · · + λn xn ) λ1 f (x1 ) + · · · + λn f (xn ), với x1 , , xn ∈ D λ1 , , λn ∈ R+ thỏa mãn λ1 + · · · + λn = 1; b) Với n ∈ N, ta có f (r1 x1 + · · · + rn xn ) r1 f (x1 ) + · · · + rn f (xn ), với x1 , , xn ∈ D r1 , , rn ∈ Q+ thỏa mãn r1 + · · · + rn = 1; c) Với n ∈ N, ta có f x1 + · · · + xn n f (x1 ) + · · · + f (xn ) , n với x1 , , xn ∈ D; d) Với k ∈ N0 , ta có f x1 + · · · + x2k 2k với x1 , , x2k ∈ D; f (x1 ) + · · · + f (x2k ) , 2k e) Với x, y ∈ D, ta có f x+y f (x) + f (y) ; f) Với x, y ∈ D λ ∈ (0, 1), ta có f (λ x + (1 − λ )y) λ f (x) + (1 − λ ) f (y) Chứng minh • Trước tiên, ta thấy a) ⇒ b) ⇒ c) ⇒ d) ⇒ e) hiển nhiên; • b) ⇒ a): Giả sử x1 , , xn ∈ D λ1 , , λn ∈ R+ thỏa mãn λ1 + · · · + λn = Khi đó, tồn n dãy số hữu tỷ dương {rk (1)}k∈N , , {rk (n)}k∈N thỏa mãn lim rk ( j) = λ j , với , k→+∞ j n, rk (1) + · · · + rk (n) = 1, với k ∈ N Theo b) ta có f (rk (1)x1 + · · · + rk (n)xn ) rk (1) f (x1 ) + · · · + rk (n) f (xn ), với k ∈ N Do f hàm liên tục nên cho k → +∞ ta f (λ1 x1 + · · · + λn xn ) λ1 f (x1 ) + · · · + λn f (xn ) • c) ⇒ b): Giả sử x1 , , xn ∈ D r1 , , rn ∈ Q+ thỏa mãn r1 + · · · + rn = Khi đó, tồn N ∈ N cho Nr1 , , Nrn ∈ N Với i ∈ {1, , n}, ta pi viết ri = , pi ∈ N Do r1 + · · · + rn = nên ta có N = p1 + · · · + pn Áp N dụng c), ta   p1 lần pn lần x + ··· + x +··· + x + ··· + x   n n f (r1 x1 + · · · + rn xn ) = f   N   p1 lần pn lần f (x1 ) + · · · + f (x1 ) + · · · + f (xn ) + · · · + f (xn ) N = r1 f (x1 ) + · · · + rn f (xn ) 45 Chứng minh Viết bất đẳng thức thành g(a1 ) + g(a2 ) + g(a3 ) + g(a4 ) + g(a5) 3g(r), r = 1−t , + t2 g(t) = t ∈ I = (0, ∞) Do g (t) = t − 2t − (t + 1)2 suy g giảm (0, r0 ] tăng [r0 , ∞), √ r0 = + Ta có − eu f (u) = g(e ) = , + e2u u f (u) = t · h(t) , (t + 1)3 t = eu , h(t) = −t + 4t + 6t − 4t − Ta chứng minh h(t) > với t ∈ [r, r0 ], f lồi với √ eu ∈ [r, r0 ] = [1, + 2] Thật vậy, h(t) −t + 6t − = − (3 − t )2 Theo Hệ PCF, ta cần chứng minh g(a) + 4g(b) − a 4(1 − b) + 0, + a2 + b2 b4 (b4 − 1) 4(1 − b) + + b8 + b2 4(1 − b) + b4 1+ + b2 + b8 Do + b4 + b8 + b4 , (1 + b2 )2 5g(1) với ab4 = 1; 46 ta cần chứng minh 1+ 4(1 − b) + b2 (1 + b2 )2 Bất đẳng thức tương đương với (1 − b)4 phép chứng minh kết thúc Nhận xét 2.16 Lưu ý rằng, bất đẳng thức − a1 − a2 − a3 − a4 − a5 − a6 + + + + + + a21 + a22 + a23 + a24 + a25 + a26 không với số thực dương a1 , a2 , a3 , a4 , a5 , a6 thỏa mãn a1 a2 a3 a4 a5 a6 = Thật vậy, với a2 = a3 = a4 = a5 = a6 = 2, bất đẳng thức trở thành −a1 (a1 + 1) + a21 Bất đẳng thức không a1 = 1 = a2 a3 a4 a5 a6 32 47 Chương Ba mở rộng Định lý HCF Định lý PCF Trong chương này, trình bày kết Cirtoaje [2] ba mở rộng Định lý hàm nửa lồi Định lý hàm lồi phận 3.1 Mở rộng thứ Mở rộng Định lý PCF mở rộng hàm lồi phận phải Trước trình bày mở rộng này, ta cần bổ đề sau: Bổ đề 3.1 Cho f hàm số xác định khoảng I lồi đoạn [s, s0 ], s, s0 ∈ I, s < s0 Giả sử f (u) nghịch biến I s0 f (u) = f (s0 ) Nếu u∈I bất đẳng thức f (x1 ) + f (x2 ) + · · · + f (xn ) với x1 , x2 , , xn ∈ I s0 n f (s) thỏa mãn x1 + x2 + · · · + xn = ns, bất đẳng thức với x1 , x2 , , xn ∈ I thỏa mãn x1 + x2 + · · · + xn = ns Chứng minh Với i = 1, 2, , n, xác định số yi ∈ I   xi xi s0 , yi =  s0 xi > s0 Ta có yi xi f (yi ) s0 sau f (xi ) với i = 1, 2, , n Do y1 + y2 + · · · + yn x1 + x2 + · · · + xn = ns 48 f (y1 ) + f (y2 ) + · · · + f (yn ) f (x1 ) + f (x2 ) + · · · + f (xn ) Vì vậy, ta cần chứng minh f (y1 ) + f (y2 ) + · · · + f (yn ) với y1 , y2 , , yn ∈ I s0 cho y1 +y2 +· · ·+yn thức sau với y1 , y2 , , yn ∈ I I s0 , n f (s) s0 ns Theo giả thiết, bất đẳng y1 + y2 + · · · + yn = ns Do f giảm ta có f (y1 ) + f (y2 ) + · · · + f (yn ) với y1 , y2 , , yn ∈ I s0 cho y1 + y2 + · · · + yn n f (s) ns Định lý đây, gọi Định lý hàm lồi phận phải (viết tắt Định lý RPCF), mở rộng Định lý hàm lồi phận Định lý 3.2 (Định lý RPCF) Cho f hàm số xác định khoảng I lồi đoạn [s, s0 ], s, s0 ∈ I, s < s0 Giả sử f hàm nghịch biến I s0 f (u) = f (s0 ) Khi đó, bất đẳng thức u∈I f (x1 ) + f (x2 ) + · · · + f (xn ) nf x1 + x2 + · · · + xn n với x1 , x2 , , xn ∈ I thỏa mãn x1 + x2 + · · · + xn = ns f (x) + (n − 1) f (y) với x, y ∈ I thỏa mãn x s n f (s) y x + (n − 1)y = ns Chứng minh Điều kiện cần rõ ràng Bởi Bổ đề 3.1 để chứng minh điều kiện đủ Định lý RPCF, ta cần xem xét x1 , x2 , , xn ∈ J J = I s Vì f hàm lồi J s0 , bất đẳng thức mong muốn Định lý RPCF có Định lý RHCF áp dụng khoảng J Tương tự, định lý sau đây, gọi Định lý hàm lồi phận trái (viết tắt Định lý LPCF), mở rộng Định lý PCF 49 Định lý 3.3 (Định lý LPCF) Cho f hàm số xác định khoảng I lồi đoạn [s0 , s], s, s0 ∈ I, s0 < s Giả sử f hàm đồng biến I s0 f (u) = f (s0 ) Khi đó, bất đẳng thức u∈I f (x1 ) + f (x2 ) + · · · + f (xn ) nf x1 + x2 + · · · + xn n với x1 , x2 , , xn ∈ I thỏa mãn x1 + x2 + · · · + xn = ns f (x) + (n − 1) f (y) với x, y ∈ I thỏa mãn x n f (s) y x + (n − 1)y = ns s Chứng minh Điều kiện cần rõ ràng Theo Bổ đề 3.4 để chứng minh điều kiện đủ Định lý LPCF, ta cần xem xét x1 , x2 , , xn ∈ J J =I s0 Vì f hàm lồi J s , bất đẳng thức mong muốn Định lý RPCF có Định lý LHCF áp dụng khoảng J Bổ đề 3.4 Cho f hàm số xác định khoảng I lồi đoạn [s0 , s], s, s0 ∈ I, s0 < s Giả sử f (u) đồng biến I s0 f (u) = f (s0 ) Nếu bất u∈I đẳng thức f (x1 ) + f (x2 ) + · · · + f (xn ) với x1 , x2 , , xn ∈ I s0 n f (s) thỏa mãn x1 + x2 + · · · + xn = ns, bất đẳng thức với x1 , x2 , , xn ∈ I thỏa mãn x1 + x2 + · · · + xn = ns Chứng minh Với i = 1, 2, , n, xác định số yi ∈ I   s0 xi s0 , yi =  xi xi > s0 Do yi s0 sau xi với i = 1, 2, , n, ta có y1 + y2 + · · · + yn x1 + x2 + · · · + xn = ns 50 Ngoài ra, f (yi ) f (xi ) với xi s0 f (yi ) = f (xi ) với xi > s0 , ta có f (yi ) f (xi ) với i = 1, 2, , n Do f (y1 ) + f (y2 ) + · · · + f (yn ) f (x1 ) + f (x2 ) + · · · + f (xn ) Vì vậy, ta cần chứng minh f (y1 ) + f (y2 ) + · · · + f (yn ) với y1 , y2 , , yn ∈ I s0 cho y1 +y2 +· · ·+yn thức sau với y1 , y2 , , yn ∈ I I s0 , n f (s) s0 ns Theo giả thiết, bất đẳng y1 + y2 + · · · + yn = ns Do f giảm ta có f (y1 ) + f (y2 ) + · · · + f (yn ) với y1 , y2 , , yn ∈ I s0 cho y1 + y2 + · · · + yn n f (s) ns Nhận xét 3.5 Bất đẳng thức Định lý RPCF LPCF trở thành đẳng thức x1 = x2 = · · · = xn = s Hơn nữa, đẳng thức xảy x1 = x x2 = · · · = xn = y tồn x, y ∈ I, x = y, thỏa mãn x + (n − 1)y = ns f (x) + (n − 1) f (y) = n f (s) Ví dụ cho ta áp dụng Định lý LPCF để chứng minh bất đẳng thức Cũng lưu ý rằng, trường hợp này, ta sử dụng Định lý PCF hay Định lý HCF để chứng minh Ví dụ 3.6 Nếu x1 , x2 , , xn n số thực thỏa mãn x1 + x2 + · · · + xn = n ta có n xi (xi − 1) ∑ 4(n − 1)x2 + n2 i=1 i Đẳng thức xảy x1 = x2 = · · · = xn = tồn i ∈ {1, 2, , n} thỏa n n mãn xi = x j = với j = i 2(n − 1) Chứng minh Ta viết f (x1 ) + f (x2 ) + · · · + f (xn ) n f (s), s = 1, 51 u(u − 1) , 4(n − 1)u2 + n2 f (u) = u ∈ I = R Do 4(n − 1)u2 + 2n2 u − n2 [4(n − 1)u2 + n2 ]2 suy f tăng (−∞, s1] ∪ [s0 , ∞) giảm [s1, s0 ], √ √ n(−n − n2 + 4n − 4) n(−n + n2 + 4n − 4) s1 = , s0 = ∈ (0, 1) 4(n − 1) 4(n − 1) f (u) = Do lim f (u) = u→−∞ 4(n − 1) f (s0 ) < f (1) = 0, ta có f (u) = f (s0 ) u∈I Do f (u) = 2g(u) , [4(n − 1)u2 + n2 ]3 g(u) = n4 + 12n2 (n − 1)u(1 − u) − 16(n − 1)2 u3 , suy f lồi [0, 1], g(u) n4 − 16(n − 1)2 u3 n4 − 16(n − 1)2 = (n − 2)2 (n2 + 4n − 4) Rõ ràng, ta áp dụng Định lý HCF f không nửa lồi Cũng vậy, ta áp dụng Định lý PCF f không giảm với với u s0 Mặt khác, tất điều kiện Định lý LPCF thỏa mãn Do đó, ta cần chứng minh f (x) + (n − 1) f (y) n f (1) với x, y ∈ R cho x + (n − 1)y = n Ta cần chứng minh cho h(x, y) với x, y ∈ R thỏa mãn x + (n − 1)y = n Ta có g(u) = f (u) − f (1) u = , u−1 4(n − 1)u2 + n2 h(x, y) = g(x) − g(y) n2 − 4(n − 1)xy = x−y [4(n − 1)x2 + n2 ][4(n − 1)y2 + n2 ] [2(n − 1)y − n]2 = [4(n − 1)x2 + n2 ][4(n − 1)y2 + n2 ] Phép chứng minh kết thúc 52 3.2 Mở rộng thứ hai Bốn mệnh đề mở rộng định lý RHCF, LHCF, RPCF LPCF cho trường hợp hàm số f xác định tập I \ {u0 }, u0 điểm I Mệnh đề 3.7 Định lý RHCF trường hợp f hàm số f xác định tập I \ {u0 }, u0 ∈ I, u0 < s Chứng minh Ý tưởng phép chứng minh Định lý RHCF thay bất đẳng thức mong muốn f (x1 ) + f (x2 ) + · · · + f (xn ) n f (s), x1 , x2 , , xn ∈ I \ {0} với bất đẳng thức chặt chẽ hơn, mà tất biến nằm I s , f lồi Chính xác hơn, giả định x1 ··· xk s xk+1 ··· xn , từ giả thiết f (x) + (n − 1) f (y) n f (s), x + (n − 1)y = ns, x f (xi ) + (n − 1) f (yi ) n f (s), xi + (n − 1)yi = ns, xi s y sau đó, s yi với i = 1, , k Do đó, ta cần chứng minh bất đẳng thức bất đẳng thức chặt k ∑ [n f (s) − (n − 1) f (yi)] + f (xk+1) + · · · + f (xn) i=1 biến y1 , , yk xk+1 , , xn nằm I s Chứng minh ba mệnh đề sau hoàn toàn tương tự n f (s), 53 Mệnh đề 3.8 Định lý LHCF trường hợp f hàm số f xác định tập I \ {u0 }, u0 ∈ I, u0 > s Mệnh đề 3.9 Định lý RPCF trường hợp f hàm số f xác định tập I \ {u0 }, u0 ∈ I, u0 > s0 Mệnh đề 3.10 Định lý LPCF trường hợp f hàm số f xác định tập I \ {u0 }, u0 ∈ I, u0 < s0 Ví dụ 3.11 Cho x1 , x2 , , xn = −k n số thực thỏa mãn x1 + x2 + · · · + xn = n n √ Nếu k n−1 n x1 (x1 − 1) ∑ (x1 + k)2 i=1 n đẳng thức với đẳng thức xảy x1 = x2 = · · · = xn = Nếu k = √ n−1 n n xảy x1 = x1 = · · · = xn = 2(n − 1) Chứng minh Ta viết f (x1 ) + f (x2 ) + · · · + f (xn ) n f (s), s = 1, f (u) = u(u − 1) , (u + k)2 u ∈ R \ {−k} Từ f (u) = (2k + 1)u − k (u + k)3 suy f tăng (−∞, −k) ∪ [s0 , ∞) giảm (−k, s0 ], s0 = k < 2k + Do lim f (u) = u→−∞ f (s0 ) < f (1) = 0, ta có f (u) = f (s0 ) u∈I 54 Từ f (u) = k(k + 2) − (2k + 1)u (x + k)4 suy f lồi 0, k(k+2) 2k+1 , đó, [s0 , 1] Theo Định lý LPCF, Mệnh đề 3.10, ta cần chứng minh h(x, y) với x, y ∈ R \ {−k} thỏa mãn x + (n − 1)y = n Ta có u f (u) − f (1) = , u−1 (u + k)2 g(x) − g(y) k2 − xy h(x, y) = = x−y (x + k)2 (y + k)2 g(u) = Do k2 − xy suy h(x, y) 3.3 n2 [2(n − 1)y − n]2 − xy = 4(n − 1) 4(n − 1) 0, Ta có điều cần chứng minh Mở rộng thứ ba Định lý sau mở rộng Định lý RPCF cho trường hợp điều kiện nghịch biến tập I s0 hàm số f không thỏa mãn Định lý 3.12 Cho f hàm số xác định khoảng I, lồi đoạn [s, s0 ] thỏa mãn f (u) = f (s0 ), s, s0 ∈ I, s < s0 , ns − (n − 1)s0 u s đó, f (x) + (n − 1) f (y) với x, y ∈ I thỏa mãn x s n f (s) y x + (n − 1)y = ns f (x1 ) + f (x2 ) + · · · + f (xn ) nf x1 + x2 + · · · + xn n với x1 , x2 , , xn ∈ I thỏa mãn x1 + x2 + · · · + xn = ns Chứng minh Ta xác định hàm f0 (u) =    f (u), u∈I s0 ,   f (s0 ), u∈I s0 inf I Khi 55 mà lồi I s Tính f0 (s) = f (s) f0 (u) f (u) với u ∈ I ta cần chứng minh f0 (x1 ) + f0 (x2 ) + · · · + f0 (xn ) n f0 (s) với x1 , x2 , , xn ∈ I thỏa mãn x1 + x2 + · · · + xn = ns Theo Định lý RHCF, ta cần chứng minh f0 (x) + (n − 1) f0 (y) với x, y ∈ I cho x n f0 (s) y x + (n − 1)y = ns Trường hợp y > s0 không s thể x = ns − (n − 1)y < ns − (n − 1)s0 liên quan với x ∈ / I Với trường hợp y 1) f0 (y) n f0 (s) trở thành f (x) + (n − 1) f (y) với x, y ∈ I cho x inf I s0 , bất đẳng thức f0 (x) + (n − n f (s), mà xảy (theo giả thiết) y x + (n − 1)y = ns s Tương tự, định lý sau mở rộng Định lý LPCF cho trường hợp điều kiện đồng biến tập I s0 hàm số f không thỏa mãn Định lý 3.13 Cho f hàm số xác định khoảng I, lồi đoạn [s0 , s] thỏa mãn f (u) = f (s0 ), s, s0 ∈ I, s > s0 , ns − (n − 1)s0 u s sup I Khi đó, f (x) + (n − 1) f (y) với x, y ∈ I thỏa mãn x s n f (s) y x + (n − 1)y = ns f (x1 ) + f (x2 ) + · · · + f (xn ) x1 + x2 + · · · + xn n nf với x1 , x2 , , xn ∈ I thỏa mãn x1 + x2 + · · · + xn = ns Ví dụ 3.14 Cho x1 , x2 , , xn n −n thỏa mãn x1 + x2 + · · · + xn = n, n−2 Nếu k > n − xi ∑ k + x2 i=1 i 56 −n với đẳng thức xảy x1 = x2 = · · · = xn = x1 = x2 = · · · = xn = n−2 n n−2 Chứng minh Ta viết f (x1 ) + f (x2 ) + · · · + f (xn ) n f (s), s = 1, f (u) = 1−u , k + u2 u∈I = −n n(2n − 3) , n−2 n−2 Từ u2 − 2u − k f 0(u) = (u2 + k)2 suy f (u) giảm với u ∈ [1, s0 ] tăng với u s0 , s0 = + p1 + k, đó, f (u) = f (s0 ) u Từ f (u) = f1 (u) , (u2 + k)3 f1 (u) = −u3 + 3u2 + 3ku − k = (k + 1)(3u − 1) − (u − 1)3 > (k + 1)(u − 1) − (u − 1)3 = (u − 1)[k + − (u − 1)2 ] suy f lồi [1, s0 ] Theo Định lý 3.12, ta cần chứng minh ns − (n − 1)s0 inf I f (x) + (n − 1) f (y) n f (s) với x, y ∈ I cho x + (n − 1)y = ns Điều kiện thứ tương đương với n − (n − 1)(1 + p1 + k) −n , n−2 57 √ (n − 1)[2 − (n − 2) + k] mà rõ ràng với n k > Điều kiện thứ hai thỏa mãn h(x, y) với , y ∈ I cho x + (n − 1)y = n Thật vậy, g(u) = f (u) − f (1) −1 , = u−1 u +k h(x, y) = n + (n − 2)x x+y = (x2 + k)(y2 + k) (n − 1)(x2 + k)(y2 + k) Chú ý bất đẳng thức Ví dụ 3.14 mở rộng bất đẳng thức Cirtoaje [1, Application 4.1], điều kiện cho k hạn chế hơn, k n(3n − 4) (n − 2)2 Phép chứng minh kết thúc Nhận xét 3.15 Định lý 3.12 Định lý 3.13 trường hợp f xác định tập I \ {u0 }, u0 ∈ I thỏa mãn u0 < s u0 > s Theo đó, bất đẳng thức Ví dụ 3.14 k = 58 Kết luận Luận văn “Bất đẳng thức với hàm lồi phận ứng dụng” đạt kết sau: Trình bày hàm lồi, nhấn mạnh đến bất đẳng thức Jensen Trình bày vấn đề hàm nửa lồi mở rộng bất đẳng thức Jensen cho hàm nửa lồi Mở rộng bất đẳng thức Jensen có trọng cho hàm nửa lồi Trình bày hàm lồi phận mở rộng bất đẳng thức Jensen cho hàm lồi phận Ba mở rộng Định lý HCF Định lý PCF 59 Tài liệu tham khảo [1] V Cirtoaje (2013), “An extension of Jensen’s discrete inequality to partially convex functions”, Journal of Inequalities and Applications, 2013:54 [2] V Cirtoaje (2016), “Three extensions of HCF and PCF theorems”, Advances in Inequalities and Applications, 2016:14 [3] V Cirtoaje, A Baiesu (2011), “An extension of Jensen’s discrete inequality to half convex functions”, Journal of Inequalities and Applications, 2011:101 [4] Z Pavi´c (2014), “Half convex functions”, Journal of Inequalities and Applications, 2014:13 ... Chương Bất đẳng thức với hàm nửa lồi Mối quan tâm chương kết bất đẳng thức với hàm nửa lồi Trước hết trình bày hàm lồi bất đẳng thức Jensen Sau kết hàm nửa lồi bất đẳng thức Jensen cho hàm nửa lồi. .. bất đẳng thức Jensen cho hàm nửa lồi 1.3 Mở rộng bất đẳng thức Jensen có trọng cho hàm nửa lồi 12 Chương Bất đẳng thức với hàm lồi phận 25 2.1 Mở rộng bất đẳng thức Jensen cho hàm lồi phận. .. hàm nửa lồi, bất đẳng thức Jensen cho hàm nửa lồi mở rộng bất đẳng thức Jensen có trọng cho hàm nửa lồi 1.1 1.1.1 Hàm lồi bất đẳng thức Jensen Tập lồi hàm lồi Trước nhắc lại bất đẳng thức Jensen,