Một số tính chất của hàm lồi và ứng dụng trong bất đẳng thức và cực trị

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ĐỖ THỊ VÂN ANH MỘT SỐ TÍNH CHẤT CỦA HÀM LỒI VÀ ỨNG DỤNG TRONG BẤT ĐẲNG THỨC VÀ CỰC TRỊ LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2015 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ĐỖ THỊ VÂN ANH MỘT SỐ TÍNH CHẤT CỦA HÀM LỒI VÀ ỨNG DỤNG TRONG BẤT ĐẲNG THỨC VÀ CỰC TRỊ LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 60 46 01 12 Giáo viên hướng dẫn TS NGUYỄN VĂN NGỌC THÁI NGUYÊN, 2015 Mục lục Lời cảm ơn iv Mở đầu 1 Hàm lồi tính chất 1.1 Định nghĩa 1.2 Một số tính chất hàm lồi, lõm 1.3 Tính lồi, tính liên tục tính khả vi hàm số 3 Một số bất đẳng thức cực trị hàm lồi 2.1 Bất đẳng thức Jensen 2.2 Sử dụng hàm lồi chứng minh bất đẳng thức dãy số 2.2.1 Bất đẳng thức AM-GM với trọng bất đẳng thức AM-GM 2.2.2 Bất đẳng thức trung bình lũy thừa 2.2.3 Bất đẳng thức Ho˝lder 2.2.4 Bất đẳng thức tam giác Minkowski 2.2.5 Bất đẳng thức Young 2.3 Một số toán ứng dụng bất đẳng thức Jensen 2.3.1 Đại số lượng giác 2.3.2 Hình học 2.4 Một số toán ứng dụng bất đẳng thức Karamata 2.4.1 Bất đẳng thức Karamata 2.4.2 Các toán áp dụng 2.5 Bất đẳng thức Shapiro 2.5.1 Dẫn luận 2.5.2 Trường hợp n = 2.5.3 Trường hợp n = ii 11 11 12 13 13 15 16 17 17 17 32 35 35 36 42 42 43 44 2.6 2.5.4 Trường hợp n = Cực trị lớp hàm lồi nhiều biến ứng dụng 2.6.1 Cực trị lớp hàm lồi nhiều biến 2.6.2 Bất đẳng thức Kantorovich ứng dụng 45 47 47 48 Kết luận 52 Tài liệu tham khảo 53 iii LỜI CẢM ƠN Lời khóa luận này, tơi xin bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc tới người thầy kính mến TS Nguyễn Văn Ngọc, tận tình hướng dẫn, giúp đỡ tơi suốt q trình làm hồn thiện luận văn Tơi xin chân thành cảm ơn thầy, giáo khoa Tốn, Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, phòng Đào tạo Trường Đại học Khoa học, người trực tiếp giảng dạy giúp đỡ trình học tập trường tồn thể bạn bè người thân đóng góp ý kiến, giúp đỡ, động viên tơi q trình học tập, nghiên cứu hoàn thành luận văn Tuy nhiên, hiểu biết thân khuôn khổ luận văn thạc sỹ nên luận văn trình bày phần Do thời gian có hạn lực có phần hạn chế nên chắn luận văn khơng tránh khỏi thiếu sót Kính mong nhận ý kiến đóng góp thầy cô bạn bè đồng nghiệp để luận văn hoàn chỉnh Xin chân thành cảm ơn Thái Nguyên, tháng 04 năm 2015 Học viên Đỗ Thị Vân Anh iv Mở đầu Lý thuyết hàm lồi có vị trị quan trọng Tốn học liên quan đến nhiều lĩnh vực Tốn học, giải tích lồi, giải tích hàm, tối ưu, quy hoạch, v.v đối tượng nghiên cứu nhiều nhà tốn học Chúng tơi biết có nhiều luận án luận văn tiếng Việt hàm lồi, luận văn hầu hết thuộc chuyên ngành Toán ứng dụng, hay Tốn giải tích Trong chương trình Tốn học bậc phổ thông, bất đẳng thức Jensen mở rộng hàm lồi, hàm lõm công cụ hữu hiệu để chứng minh bất đẳng thức, hay tìm cực trị hàm số, đặc biệt hàm số có tính đối xứng theo biến Tuy nhiên, kiến thức hàm lồi lại chưa dạy bậc phổ thông (ở thập niên 90 kỷ trước có giới thiệu hàm lồi hàm lõm Giải tích 12, sau bỏ đi) Hiện nay, kiến thức hàm lồi dạy cho học sinh giỏi tham gia đội tuyển quốc gia hay quốc tế Do đó, việc bồi dưỡng nâng cao kiến thức hàm lồi ứng dụng người dạy Toán bậc THPT cần thiết bổ ích Đó lý tơi chọn đề tài làm luận văn khoa học chuyên ngành Phương pháp Tốn sơ cấp Mục đích luận văn gồm có: Tìm hiểu học tập hàm số lồi, đặc biệt bất đẳng thức Jensen, bất đẳng thức Karamata mở rộng Trình bày chứng minh bất đẳng thức bất đẳng thức dãy số, bất đẳng AM-GM, bất đẳng thức Cauchy- Schwartz, bất đẳng thức Holder, v.v phương pháp sử dụng tính chất hàm lồi Các chứng minh cịn giới thiệu sách chuyên khảo toán sơ cấp tiếng Việt Sưu tầm trình bày cách chứng minh số toán nâng cao đại số hình học bất đẳng thức cực trị phương pháp sử dụng bất đẳng thức Jensen tính chất khác hàm lồi Bố cục luận văn gồm có: Mở đầu, hai chương nội dung, Kết luận Tài liệu tham khảo Chương 1: Hàm lồi tính chất, trình bày sở lý thuyết hàm lồi ( hàm lõm), định nghĩa hàm lồi (hàm lõm) tính chất hàm lồi Chương 2: Một số bất đẳng thức cực trị hàm lồi nội dung luận văn Chương trình bày ứng dụng bất đẳng thức Jensen bất đẳng thức Karamata chứng minh bất đẳng thức từ đến nâng cao chủ yếu đại số lượng giác, có bất đẳng thức Shapiro Các tốn bất đẳng thức hình học chiếm vị trí khiêm tốn luận văn Ngồi tốn bất đẳng thức, chương cịn xét vấn đề cực trị lớp hàm lồi nhiều biến số toán liên quan Chương Hàm lồi tính chất Chương trình bày sở lý thuyết hàm lồi ( hàm lõm), định nghĩa hàm lồi (hàm lõm) tính chất hàm lồi Nội dung chương hình thành chủ yếu từ tài liệu [1] [6] 1.1 Định nghĩa Nếu khơng có cụ thể, chương dùng ký hiệu I(a, b) để ngầm định bốn tập hợp (a, b), (a, b], [a, b), [a, b] Định nghĩa 1.1 Cho I = I(a, b) ⊂ R hàm số f : I −→ R gọi hàm lồi I ∀x, y ∈ I ∃λ ∈ [0, 1] f (λx + (1 − λy)) ≤ λf (x) + (1 − λ)f (y) (1.1) Nếu bất đẳng thức ngặt với x = y λ ∈ (0, 1) ta nói hàm f hàm lồi chặt Hàm số f (x) gọi lõm khoảng nói trên, bất đẳng thức (1.1) có chiều ngược lại, tức f (λx + (1 − λy)) ≥ λf (x) + (1 − λ)f (y) (1.2) Dưới số hàm lồi, lõm đơn giản Ví dụ 1.1 Xét số hàm thường gặp sau 1) f (x) = c, g(x) = x hàm vừa lồi vừa lõm R 2) f (x) = xr với r ≥ lồi (0, ∞), với ≤ r < hàm lõm (0, ∞) 3) f (x) = ex hàm lồi chặt R 4) f (x) = r hàm lồi khoảng ), x < ∞, r > Khi r số x nguyên âm lẻ r = −2m − f (x) hàm lõm −∞ < x < 0, với r số nguyên âm chẵn r = −2m, f (x) hàm lồi khoảng nói 5) f (x) = logx (ln x > 0, x > 0) hàm lõm khoảng (0, ∞) Sử dụng tính chất để kiểm tra hàm số Ta thấy f (x) = ex , x ∈ R, π f (x) = tanx, x ∈ (0, ), f (x) = xa , a > 1, x ∈ (0, +∞) hàm lồi chặt Trong hàm số sau f (x) = loga x, a > 1, x ∈ (0, +∞), f (x) = sinx, x ∈ (0, π), π π f (x) = cox, (− , ) 2 hàm lõm chặt 1.2 Một số tính chất hàm lồi, lõm Các tính chất sau hàm lồi, lõm suy trực tiếp từ định nghĩa Tính chất 1.1 Nếu f (x) hàm lồi (lõm) I(a, b) −f (x) hàm lõm (lồi) I(a, b) Tính chất 1.2 Nếu f (x) hàm lồi I(a, b) c = const, cf (x) hàm lồi c > 0, hàm lõm c < Tính chất 1.3 Tổng hữu hạn hàm lồi (lõm) I(a, b) hàm lồi (lõm) I(a, b) Tính chất 1.4 Cho f lồi khoảng I(a, b) Chứng minh với x, y, z ∈ I, x < y < z có bất đẳng thức f (y) − f (x) f (z) − f (x) f (z) − f (y) ≤ ≤ y−x z−x z−y (1.3) Chứng minh Giả sử x, y, z ∈ I x < y < z Tồn λ ∈ (0, 1) cho y = λx + (1 − λ)z Khi λ= y−z x−z 1−λ= x−y x−z Vì f hàm lồi nên ta có f (y) ≤ x−y y−z f (x) + f (z) x−z x−z Do f (y) − f (x) ≤ y−x x−y f (x) + f (z), x−z x−z Hay f (y) − f (x) f (z) − f (x) ≤ y−x z−x Tính chất 1.5 Nếu f (x) hàm liên tục lồi I(a, b) hàm g(x) lồi đồng biến tập giá trị f (x) g(f (x)) hàm lồi I(a, b) Tính chất 1.6 Nếu f (x) hàm liên tục lõm I(a, b) g(x) hàm lồi nghịch biến tập giá trị f (x), g(f (x)) hàm lõm I(a, b) Tính chất 1.7 Nếu f (x) hàm liên tục đơn điệu (đồng biến hay nghịch biến) I(a, b) g(x) hàm ngược f (x) ta có kết sau f (x) lõm, đồng biến g(x) lồi đồng biến f (x) lõm, nghịch biến g(x) lõm nghịch biến f (x) lồi, nghịch biến g(x) lồi, nghịch biến Bất đẳng thức cuối suy từ bất đẳng thức Jensen ứng với hàm số f (x) = xn (đây hàm lồi khoảng (0; +∞)) với p ≥ p ∈ Z Đẳng thức xảy a = b hay p = 1, tức xảy a = b hay n = −1 Đến bất đẳng thức hoàn tồn chứng minh Bài tốn 2.32 Cho a1 , a2 , , an số thực dương Chứng minh a1 (1 + a1 ) (1 + a2 ) (1 + an ) ≤ + a2 a2 1+ a3 an + a1 Lời giải Bất đẳng thức tương đương với a1 ln (1 + a1 ) + ln (1 + a2 ) + + ln (1 + an ) ≤ ln + a2 an + + ln + a1 a2 + ln + a3 Ta xét số b = (b1 , b2 , , bn ) hoán vị dãy (ln a1 , ln a2 , , ln an ) xếp theo thứ tự giảm dần Ta coi bi = ln aki với (k1 , k2 , kn ) hốn vị (1, 2, , n) Khi c = (2 ln a1 − ln a2 , ln a2 − ln a3 , , ln an − ln a1 ) xếp lại thành dãy c∗ = (2 ln ak1 − ln ak1 +1 , ln ak2 − ln ak2 +1 , , ln akn − ln akn +1 ) Do b = (ak1 , ak2 , , akn ) đơn điệu giảm, dễ thấy c∗ b nên f (c1 ) + f (c2 ) + + f (cn ) ≥ f (b1 ) + f (b2 ) + + f (bn ) với ci = ln aki − ln aki +1 bi = ln aki Lấy f (x) = ln (1 + ex ), hiển nhiên f (x) hàm lồi ta có đpcm Việc chọn hàm f (x) tạo toán khác nhau, chẳng hạn với √ hàm lồi f (x) = + ex ta có √ √ √ a1 a2 an 1+ + 1+ + + + a2 a3 a1 + a1 + + a2 + + + an ≤ 41 Bài toán 2.33 (Canada Open Competion) Giả sử a1 , a2 , , a2 n hoán vị b1 ≥ b2 ≥ ≥ b2n ≥ Chứng minh (1 + a1 a2 ) (1 + a3 a4 ) (1 + a2n−1 a2n ) ≤ (1 + b1 b2 ) (1 + b3 b4 ) (1 + b2n−1 b2n ) Lời giải Xét f (x) = ln (1 + ex ) xi = ln , yi = ln bi Ta phải chứng minh f (x1 + x2 )+f (x3 + x4 )+ +f (x2n−1 + x2n ) ≤ f (y1 + y2 )+f (y3 + y4 )+ +f (y2n− Xét x = (x1 + x2 , x3 + x4 , , x2n−1 + x2n ) Ta giả sử x∗ hốn vị phần tử x cho chúng xếp theo thứ tự giảm dần Nhưng dễ thấy (y1 + y2 , y3 + y4 , , y2n−1 + y2n ) x∗ với k y1 + y2 + + y2k ≥ x1 ∗ + x2 ∗ + + x2n ∗ Vậy theo bất đẳng thức Karamata ta có điều phải chứng minh 2.5 2.5.1 Bất đẳng thức Shapiro Dẫn luận Năm 1903, Educational Times, American Mathematical đề xuất toán sau đây: cho a, b, c ba số dương, chứng minh b c a + + ≥ b+c c+a a+b (2.27) Bất đẳng thức (2.27) nhiều người biết chứng minh với tên Bất đẳng thức Nesbitt Tổng quát toán (2.27), năm 1954, American Mathematical Monthly, H S Shapiro đề xuất bất đẳng thức sau đây: Chứng minh bất đẳng thức n Sn (x1 , x2 , , xn ) = i=1 42 xi n ≥ , xi+1 + xi+2 (2.28) xi ≥ 0, xi+1 + xi+2 > 0, xn+k = xk Dấu đẳng thức (2.28) xảy x1 = x2 = = xn Cho đến có nhiều người nghiên cứu toán (2.28) nhận kết sau đây: Nếu n số lẻ với ≤ n ≤ 23 Sn (x1 , x2 , , xn ) ≥ n 2 Nếu n số chẵn với ≤ n ≤ 12 (2.28) Nếu n số chẵn n ≥ 14 n số lẻ n ≥ 25 tồn x1 > 0, x2 >, , xn > 0,sao cho Sn (x1 , x2 , , xn ) < n Các phương pháp nghiên cứu chủ yếu phương pháp giải tích tốn Trong mục xin giới thiệu phương pháp sử dụng hàm lồi để chứng minh bất đẳng thức Shapiro số trường hơp n 2.5.2 Trường hợp n = Bài toán 2.34 Cho số dương x1 , x2 , x3 Chứng minh bất đẳng thức S3 (x1 , x2 , x3 ) = i=1 xi ≥ xi+1 + xi+2 , t ∈ [0, S) S−t Ta thấy hàm số f (t) hàm lồi [0, S), áp dụng bất đẳng thức Jensen ta có Lời giải Đặt S = x1 + x2 + x3 xét hàm số f (t) = f (x1 ) + f (x2 ) + f (x3 x1 + x2 + x3 S ≥f =f = 3 Từ suy bất đẳng thức S3 (x1 , x2 , x3 ) ≥ 43 Trường hợp n = 2.5.3 Bài toán 2.35 Cho số dương x1 , x2 , x3 , x4 , x5 Chứng minh bất đẳng thức S5 (x1 , x2 , , x5 ) = i=1 Lời giải Nhận xét hàm f (t) = thức Jensen ta có xi ≥ xi+1 + xi+2 hàm lồi [0, S) Theo bất đẳng S−t 5 f (ti ) ≥ f i=1 ≥ 0, i=1 ai ti , (2.29) i=1 = Đặt xi , S i = 1, 2, 3, 4, S = x1 + x2 + x3 + x4 + x5 , ti = xi + xi−1 + xi−2 , Chúng ta hiểu xo = x5 , = x−1 = x4 Dễ thấy f (xi ) = 1 = , S − xi xi+1 + xi+2 bất đẳng thức (2.29) có dạng S i=1 x1 ≥ xi+1 + xi+2 S− = xi xj S− i=1 i=1 , xi (xi + xi−1 + xi−2 ) S hay i=1 xi ≥ xi+1 + xi+2 S2 (2.30) xi xj i