Bất đẳng thức hermite hadamard và áp dụng

ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM ——————————– PHAN THỊ TUYẾT NGÂN BẤT ĐẲNG THỨC HERMITE - HADAMARD VÀ ÁP DỤNG Chuyên ng nh: Phương Pháp Toán Sơ Cấp Mã số: 8460113 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Đà Nẵng - Năm 2020 Cơng trình hồn thành ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG Người hướng dẫn khoa học: TS PHAN ĐỨC TUẤN Phản biện 1: TS Chử Văn Tiệp Phản biện 2: TS Trần Đức Thành Luận văn bảo vệ Hội đồng chấm luận văn tốt nghiệp thạc sĩ Toán học họp Đại học Quảng Bình vào ngày 30/05/2020 Có thể tìm hiểu luận văn tại: - Trung tâm Thông tin -Học liệu, Trường Đại học Đà Nẵng - Thư viện trường Đại học Sư phạm Đại học Đà Nẵng 1 MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Ngày 22 tháng 11 năm 1881 đánh dấu khởi đầu sau Hermite (1822 - 1901) gửi cho tờ báo Mathesis thư sau bất đẳng thức f a+b a−b b f (t)dt a f (a) + f (b) , (1) công bố năm 1883 Theo Beckenbach, chuyên gia hàng đầu lịch sử lý thuyết hàm phức, viết bất đẳng thức (1) Hadamard chứng minh vào năm 1893 dường kết Hermite Bên cạnh đó, Fejér (1880-1959), nghiên cứu đa thức lượng giác (1906), thu bất đẳng thức khái quát hóa kết Hermite Trên thực tế, thuật ngữ “lồi” bắt nguồn từ ghi kết mà Hermite đưa vào năm 1881 xuất vào năm 1883 kể Sau này, có kết có tầm quan trọng thấp nhận nhiều ý lĩnh vực bất đẳng thức, kết Hermite trích dẫn thường xun mà khơng có xác định xác tác giả ban đầu Hơn hai mươi năm sau cơng trình Hermite xuất bản, Jensen (1905 - 1906) đưa định nghĩa hàm lồi chứng minh Bất đẳng thức Jensen Do bất đẳng thức (1) gọi bất đẳng thức Hadamard Nhưng tầm quan trọng kết mà Hermite đưa rõ ràng nên ngày ta gọi (1) bất đẳng thức Hermite-Hadamard, bất đẳng thức H - H cho đơn giản Đây bất đẳng thức có vai trò quan trọng việc đánh giá chuỗi lũy thừa đặc biệt đánh giá hàm trung bình (nhân, cộng, loogarit ) Sau nhiều nhà nghiên cứu tốn học có hướng phát triển nghiên cứu khác bất đẳng thức Hermite - Hadamard 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, lý thuyết xấp xỉ Do đó, hướng dẫn TS Phan Đức Tuấn chọn nghiên cứu đề tài: “Bất đẳng thức Hermite - Hadamard áp dụng” Mục đích nghiên cứu Nghiên cứu kết ứng dụng bất đẳng thức Hermite Hadamard Trên sở tiềm hiểu số mở rộng bất đẳng thức này, áp dụng vào chứng minh số bất đẳng thức tốn giá trị trung bình Đối tượng phạm vi nghiên cứu - Đối tượng nghiên cứu là: Bất đẳng thức Hermite - Hadamard; Một số mở rộng bất đẳng thức Hermite - Hadamard - Phạm vi nghiên cứu: Nghiên cứu Bất đẳng thức Hermite - Hadamard hàm lồi số mở rộng dựa sở mở rộng hàm lồi; áp dụng để chứng minh bất đẳng thức dạng tốn liên quan giá trị trung bình Phương pháp nghiên cứu Dựa kết có Bất đẳng thức Hermite - Hadamard để nghiên cứu kết tương tự cho bất đẳng thức mở rộng Phân tích, tổng hợp kết thu nhận từ vấn đề có liên quan đến đề tài cách hệ thống khoa học Ý nghĩa khoa học thực tiễn Các kết đề tài có ý nghĩa lý thuyết ứng dụng Luận văn sử dụng làm tài liệu tham khảo cho sinh viên ngành toán học u thích tốn bất đẳng thức tích phân Cấu trúc luận văn Ngồi phần mở đầu, kết luận, tài liệu tham khảo, luận văn trình bày ba chương Chương1, trình bày số đặc trưng hình học hàm lồi; đặc trưng hàm lồi khả vi hàm lồi khơng khả vi Chương 2, trình bày bất đẳng thức Hermite - Hadamard cách chứng minh bất đẳng thức Ngồi ra, tơi cịn chứng minh số định lý mở rộng bất đẳng thức Hermite - Hadamard bất đẳng thức Hermite - Hadamard cho hàm lồi khả vi bậc Chương 3, trình bày số áp dụng bất đẳng thức Hermite - Hadamard chứng minh đại lượng trung bình bất đẳng thức toán sơ cấp 4 Chương KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1 Một số đặc trưng hình học hàm lồi Định nghĩa 1.1.1 Hàm f : X ⊆ R → R gọi hàm lồi X tập lồi với λ ∈ [0; 1], x1 , x2 ∈ X ta có f (xλ ) ≤ λf (x1 ) + (1 − λ)f (x2 ) (1.1) Các tập hợp đây: dom f := {x ∈ X|f (x) < ∞}, epi f := {(x, γ) ∈ X × R|f (x) ≤ γ}, gọi miền xác định đồ thị hàm f Ngoài với α ∈ R, ta gọi tập mức (với mức α) hàm f là: C(f ; α) := {x ∈ X|f (x) ≤ α} = {x ∈ X|(x, α) ∈ epi f } Xét hàm f : X → R, X ⊆ R tập lồi Nhận xét 1.1.2 Hàm f : X → R hàm lồi epi f tập lồi Định nghĩa 1.1.3 Hàm f gọi thường dom f = ∅ f (x) > −∞ với x ∈ X Nếu f vừa lồi vừa thường f gọi hàm lồi thường Ta có bổ đề sau: Bổ đề 1.1.1 Nếu f lồi dom f lồi Bổ đề 1.1.2 Nếu f lồi C(f, α) lồi với α ∈ R Nhận xét 1.1.4 Điều ngược lại không đúng, tức C(f, α) lồi với α ∈ R f khơng lồi 5 Ví dụ 1.1.5 Xét hàm f = x3 khơng phải hàm lồi epi f tập lồi, C(f, α) = {x : x3 ≤ α} = {x : x ≤ √ α}, tập lồi với α ∈ R Mệnh đề 1.1.3 Cho f : X → (−∞, +∞] Lúc f lồi f (λx + (1 − λ)y) ≤ λf (x) + (1 − λ)f (y), ∀x, y ∈ X, λ ∈ (0, 1) (1.2) Mệnh đề 1.1.4 (Bất đẳng thức Jensen) Cho f : X → (−∞, +∞] Hàm f lồi m m f ≤ λi xi λi f (xi ), i=1 i=1 với m = 2, 3, , xi ∈ X, λi ≥ 0, m λi = i=1 Định nghĩa 1.1.6 Tập C ⊂ R gọi nón λx ∈ C, ∀x ∈ C, ∀λ ≥ Nếu C vừa nón vừa tập lồi C gọi nón lồi Mệnh đề 1.1.5 Tập C ⊆ R nón lồi a λx ∈ C, ∀λ ≥ 0, ∀x ∈ C, b x1 + x2 ∈ C, ∀x1 , x2 ∈ C 1.2 Hàm lồi khả vi Bổ đề 1.2.1 Giả sử hàm f xác định tập lồi mở X ⊆ R Nếu f hàm lồi X khả vi x0 , với x ∈ X, ta có f (x) − f (x0 ) ≥ f (x0 )(x − x0 ) (1.3) Ngược lại, f hàm khả vi X thỏa mãn (1.3) với x, x0 ∈ X f hàm lồi X Định nghĩa 1.2.1 Cho I ⊂ R khoảng hàm ϕ : I → R.ϕ gọi đơn điệu tăng I x1 > x2 ϕ(x1 ) ≥ ϕ(x2 ), ∀x1 , x2 ∈ I Nếu ϕ(x1 ) > ϕ(x2 ), ∀x1 > x2 x1 , x2 ∈ I ϕ gọi tăng ngặt (tăng thực sự) Định nghĩa 1.2.2 Cho X ⊂ R tập mở ϕ : X ∈ R gọi hàm đơn điệu tăng (ϕ(x) − ϕ(y))(x − y) ≥ 0, ∀x, y ∈ X Nếu bất đẳng thức bất đẳng thức ngặt x = y ϕ gọi đơn điệu tăng thực X Bổ đề 1.2.2 Nếu f (x) hàm số khả vi khoảng I ⊂ R f (x) hàm lồi I f (x) hàm đơn điệu tăng I Hệ 1.2.3 Ta có a Hàm khả vi f (t) tập mở (a,b) hàm lồi đạo hàm hàm không giảm (a,b); b Hàm f (t) khả vi hai lần tập mở (a,b) hàm lồi đạo hàm cấp hai khơng âm tồn khoảng (a,b) 1.3 Hàm lồi khơng khả vi Định lý 1.3.1 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) f (x + t) − f (x) , f+ (x) := lim , f− (x) := lim t↓0 t↑0 t t điểm x ∈ (a, b) cho f+ (x) không tăng f− (x) ≤ f+ (x), f− (x1 ) ≤ f+ (x2 ), với a < x1 < x2 < b (1.4) Chương BẤT ĐẲNG THỨC HERMITE - HADAMARD VÀ MỘT SỐ DẠNG MỞ RỘNG 2.1 Bất đẳng thức Hermite - Hadamard Định lý 2.1.1 Nếu f : R → R hàm lồi đoạn [a, b] ta có a+b f a−b b f (t)dt a f (a) + f (b) (2.1) Hệ 2.1.2 Nếu g : [a, b] → R hàm khả vi hai lần [a, b] m g”(t) M với t ∈ [a, b] m (b − a)2 24 b−a b g(t)dx − g a a+b M (b − a)2 24 (2.2) Hệ 2.1.3 Bất đẳng thức sau với mọi hàm lồi f : [a, b] → R b−a b f (t)dt − f a a+b f (a) + f (b) − b−a b f (t)dt (2.3) a 2.2 Một số mở rộng bất đẳng thức HermiteHadamard Bất đẳng thức thứ bất đẳng thức kép (2.1) mở rộng sau: Định lý 2.2.1 Giả sử f : R → R hàm lồi đoạn [a, b] với a < b Khi với x ∈ [a, b] λ ∈ [f − (t); f + (t)] ta có a+b f (t) − λ −t ≤ b−a b f (x)dx a (2.4) Giả sử hàm f khả vi (a, b), bất đẳng thức thứ hai bất đẳng thức kép Hermite - Hadamard có số mở rộng sau Định lý 2.2.2 Giả sử f : R → R hàm lồi đoạn [a, b] với a < b Khi với x ∈ [a, b] ta có b−a b f (t)dt ≤ a f (x) bf (b) − af (a) − x(f (b) − f (a)) + 2 b−a (2.5) Giả sử f ≤ a < b ta có bất đẳng thức sau: b−a b f (t)dt ≤ min{Hf (a; b), Gf (a; b), Af (a; b)}, (2.6) a f 2ab bf (b) + af (a) + ; a+b b+a √ √ √ bf (b) + af (a) √ Gf (a; b) := f ; ab + √ b+ a a+b f (b) + f (a) Af (a; b) := f + 2 Hf (a; b) := Định lý sau mở rộng kết Định lý 2.2.3 Giả sử f : R → R hàm lồi đoạn [a, b] với a < b Giả sử xi ∈ [a, b], pi ≥ với n Pn := i=1 pi > 0, xP := Pn n p i xi i=1 Khi ta có bất đẳng thức b−a b a f (t)dt ≤ Pn n pi f (xi ) i=1 [(b − xP )f (b) + (xp − a)f (a)] b−a f (a) + f (b) ≤ (2.7) + 2.3 Bất đẳng thức dạng Hermite - Hadamard cho hàm lồi khả vi bậc Nhận xét 2.3.1 Giả sử f :⊆ R → R hàm khả vi I o , cho a, b ∈ I o với a < b Nếu f ∈ L1 [a, b] ta có đẳng thức: b f (a) + f (b) − b−a a f (t)dt = b−a b t− a a+b f (t)dt (2.8) Định lý 2.3.1 Nếu f hàm khả vi I ϕ(x) := x− a+b f (x), lồi [a;b], ta có bất đẳng thức sau: f (a) + f (b) b−a (f (a) − f (b)) ≥ − b−a b f (x)dx ≥ (2.9) a Bổ đề 2.3.2 Cho f, g : [a, b] → R hai ánh xạ đồng bộ, tức (f (x) − f (y))(g(x) − g(y)) ≥ với x, y ∈ [a, b] Khi ta có C(f, g) ≥ max {| C(| f |, | g |) |, | C(f, | g |) |, | C(| f |, g) |} ≥ 0, (2.10) Trong đó, b C(f, g) := (b − a) b f (x)g(x)dx − a b f (x)dx a g(x)dx a Định lý 2.3.3 Giả sử f : [a, b] ∈ R → R hàm lồi khả vi [a,b] Khi ta có f (a) + f (b) − b−a b f (t)dt ≥ max {| A |, | B |, | C |} ≥ 0, (2.11) a 10 A := b−a b a a+b x− |f (t)| dt − b x− a |f (t)| dt, (2.12) a a+b f (b) − f (a) B := + b−a C := b−a b b f (t)dt − f (t)dt , (2.13) a+b a a+b |f (t)| dt (2.14) Định lý 2.3.4 Giả sử f : [a, b] ⊂ R → R hàm khả vi [a;b] p > Nếu |f | q- khả tích [a;b], q = f (a) + f (b) − b−a b a p p−1 , b (b − a) p f (t)dt ≤ (p + 1) p1 q q |f (t)| dt a (2.15) Hệ 2.3.5 Nếu thêm giả thiết hàm f lồi [a;b], vào điều kiện Định lý 2.3.4, thi ta có bất đẳng thức Hermite - Hadamard: 0≤ f (a) + f (b) − b−a p b f (t)dt ≤ a (b − a) (p + 1) p1 b q q |f (t)| dt a (2.16) Định lý 2.3.6 Giả sử f : [a; b] ⊂ R → R hàm khả vi [a;b] m ≤ f (x) ≤ M với x ∈ [a; b] Nếu f ∈ L1 [a; b] ta có bất đẳng thức f (a) + f (b) − b−a b f (t)dt ≤ a (M − m)(b − a) (2.17) Hệ 2.3.7 Nếu thêm giả thiết hàm f lồi [a,b], vào điều kiện Định lý 2.3.6, ta có f (a) + f (b) 0≤ − b−a b f (t)dt ≤ a (f (b) − f (a))(b − a) (2.18) 11 Bổ đề 2.3.8 Cho f : I ⊂ R → R hàm khả vi I o , a, b ∈ I, với a Nếu |f | q- khả tích [a; b], q = f − b−a a+b b a b (b − a) p f (t)dt ≤ (p + 1) p1 p p−1 , ta có: q q |f (t)| dt a (2.20) Định lý 2.3.10 Cho hàm f : I o ⊂ I ⊆ R → R ánh xạ khả vi I o , a, b ∈ I o với a < b m ≤ f (x) ≤ M với x ∈ [a, b] Nếu f ∈ L1 [a, b], ta có bất dẳng thức: f a+b − b−a b f (x)dx ≤ a (M − m)(b − a) Hệ 2.3.11 Nếu thêm giả thiết hàm f lồi I o , vào điều kiện Định lý 2.3.9, ta có bất đẳng thức ngược lại 0≤ b−a b f (t)dt − f a a+b 1 (b − a) p ≤ (p + 1) p1 b q |f (t)| dt q a (2.21) 12 Chương MỘT SỐ ÁP DỤNG CỦA BẤT ĐẲNG THỨC HERMITE - HADAMARD 3.1 Áp dụng bất đẳng thức Hermite - Hadamard để chứng minh số bất đẳng thức Ví dụ 3.1.1 Cho < a < b < +∞ Chứng minh b2 − a2 a+b+2 ln 2 b ≤ x ln(1 + x)dx a ≤ b−a [a ln(1 + a) + b ln(1 + b)] Giải: Xét hàm số f (x) = x ln(1 + x) (0, +∞) Ta có x f (x) = ln(1 + x) + , x+1 x+2 f (x) = > 0, với x ∈ (0, +∞), (x + 1)2 nên f (x) hàm lồi với x ∈ (0, +∞) Mặt khác f a+b = a+b a+b+2 ln , 2 f (a) + f (b) a ln(1 + a) + b ln(1 + b) = 2 Do áp dụng bất đẳng thức Hermite - Hadamard cho hàm lồi f (x) ta có: b a+b f (a) + f (b) f ≤ f (t)dt ≤ b−a a 13 Nhân hai vế với b − a > ta bất đẳng thức (b − a)f b a+b ≤ f (t)dt ≤ (b − a) a f (a) + f (b) Do a+b+2 b2 − a2 ln 2 b ≤ x ln(1 + x)dx a ≤ b−a [a ln(1 + a) + b ln(1 + b)] Vậy toán chứng minh Ví dụ 3.1.2 Cho b > a > Chứng minh (a + b)e (a+b)2 2 2 ≤ eb − ea ≤ aea + beb Giải: Xét hàm số f (x) = xex với x ∈ (0, +∞) Ta có: 2 f (x) = (2x2 + 1)ex , f (x) = (4x3 + 6x)ex Vì f (x) = (4x3 + 6x)ex > với x ∈ (0, +∞) nên f (x) hàm lồi (0, +∞) Mặt khác a+b a + b ( a+b )2 e = 2 2 f (a) + f (b) aea + beb = , 2 f b a 2 xex dx = (eb − ea ) Từ áp dụng bất đẳng thức Hermite - Hadamard cho hàm lồi f (x) ta 14 a + b ( a+b )2 b2 aeb a2 e ≤ (e − e ) ≤ a2 2 be ⇔(a + b)e (a+b)2 2 2 ≤ eb − ea ≤ aea + beb Ví dụ 3.1.3 Xét hàm số f (x) = , < x < b x+1 Ta có: f (x) = − ; f (x) = > 0, ∀x > (x + 1)2 (x + 1)3 Suy f (x) hàm lồi Ta có: x x f (t)dt = 0 dt = ln(1 + x) − ln = ln(1 + x) 1+t Với a = 0, b = x ta có f a+b Do (b − a)f =f a+b Vì f (a) = f (0) = f (b) = f (x) = x = x+2 = 2x x+2 nên ta có x+1 f (a) + f (b) x2 + 2x x(x + 2) (b − a) = = 2 + 2x 2(x + 1) Áp dụng bất đẳng thức Hermite-Hadamard ta 2x x2 + 2x ≤ ln(1 + x) ≤ x+2 2+x 15 3.2 Áp dụng bất đẳng thức Hermite - Hadamard vào giá trị trung bình Trước tiên ta nhắc lại số kí hiệu sau: (1) Trung bình cộng: a+b , a, b ≥ 0; A = A(a, b) := (2) Trung bình nhân: √ G = G(a, b) := ab, a, b ≥ 0; (3) Trung bình điều hịa: H = H(a, b) := 1 + a b , a, b > 0; (4) Trung bình lơgarit:    b−a L = L(a, b) := ln b − ln a   a a = b; a = b, a, b > Nhận xét 3.2.1 Với hàm lồi f (x) = , t > 0, a = b ta có t b−a b f (t)dt = L−1 (a, b) a (5) Trung bình p-lôgarit: Lp = lp (a, b) :=        với p ∈ R \ {−1, 0} a, b > bp+1 − ap+1 (p + 1)(b − a) a p a = b; a = b, 16 Nhận xét 3.2.2 Với hàm lồi (lõm) f (x) = xp với p ∈ (−∞, 0) ∪ [1, ∞) \ {−1} p ∈ (a; b) Nếu a = b ta có b−a b f (t)dt = Lpp (a, b) a (6) Trung bình indentric (a, b > 0):   b  1 b I = I(a, b) := e aa    a b−a a = b; a = b Nhận xét 3.2.3 Với hàm lồi f (x) = − ln x, x > 0, a = b ta có b−a b f (t)dt = ln I(a, b) a Ta biết quan hệ giá trị trung bình: H≤G≤L≤I≤A Lp hàm không giảm theo p ∈ R với L0 L−1 = L Ta kết sau Mệnh đề 3.2.1 Giả sử p ∈ (−∞, 0)∪[1, ∞)\{−1} [a, b] ⊂ (0, ∞) Khi ta có bất đẳng thức Lpp − ≥ A − t với t ∈ [a; b] ptp−1 (3.1) Sử dụng bất đẳng thức (3.1), ta có bất đẳng thức sau cho giá trị trung bình Lpp − I p Lpp − Lp ≥ A − I ≥ 0, ≥ A − L ≥ 0; pI p−1 pLp−1 Lpp − Gp Lpp − H p ≥ A − G ≥ 0, ≥ A − H ≥ 0; pGp−1 pH p−1 17 Lpp − ap Lpp − bp ≥ A − a ≥ 0, ≤ ≤ b − A pap−1 pbp−1 Mệnh đề sau Mệnh đề 3.2.2 Nếu < a < b bất đẳng thức L−t A−t ≤ L t với t ∈ [a, b] Cũng việc sử dụng bất đẳng thức (3.1), ta có bất đẳng thức sau cho giá trị trung bình Lp − L Lp − A A − G L − G , ≥ ≥ ≥ 0, L Lp G L L−H L−a A−a A−H ≥ , ≥ , H L L a b−L b−A ≥ L b Tiếp theo, ta có mệnh đề sau Mệnh đề 3.2.3 Nếu < a < b bất đẳng thức A−t ln I − ln t ≤ t với t ∈ [a, b] Ta có bất đẳng thức sau cho giá trị trung bình Lp − A ≥ 0, ln Lp − ln I ≥ Lp b−A ln b − ln I ≥ , b A−L , L A−G ≤ ln I − ln G ≤ , G A−H ≤ ln I − ln H ≤ , H A−a ≤ ln I − ln a ≤ a ≤ ln I − ln L ≤ 18 Từ bất đẳng thức (2.5) ta có: Giả sử p ∈ (−∞, 0) ∪ [1, ∞) \ {−1} [a, b] ⊂ (0, ∞) Khi ta có bất đẳng Lpp − ≤ p Lpp − tLp−1 p−1 với t ∈ [a, b] Trường hợp riêng, với p ≥ ta có ≤ Lpp − Ap ≤ p Lpp − ALp−1 p−1 , ≤ Lpp − Lp ≤ p Lpp − LLp−1 p−1 , ≤ Lpp − I p ≤ p Lpp − ILp−1 p−1 , ≤ Lpp − Gp ≤ p Lpp − GLp−1 p−1 Áp dụng cơng thức (2.5), ta có khẳng định sau đây: Mệnh đề 3.2.4 Nếu < a < b bất đẳng thức t − L t2 − G2 ≤ L G2 với t ∈ [a, b] Đặc biệt, ta có: Lp − L L2p − G2 0≤ ≤ (p ≥ 1), L G2 A − L A2 − G2 0≤ ≤ , L G2 I − L I − G2 0≤ ≤ L G2 G2 − H L−H 0≤ ≤ G2 L Từ bất đẳng thức (2.5) ta có: 19 Mệnh đề 3.2.5 Nếu < a < b bất đẳng thức L−t ≤ ln I − ln t L với t ∈ [a, b] Các trường hợp riêng: L−G ≤ ln I − ln G, L L−H ≤ ln I − ln H, 0≤ L A−L ≥ ln A − ln I ≥ L Một ứng dụng tự nhiên bất đẳng thức (2.7) trình bày Nhận xét 3.2.4 sau 0≤ Nhận xét 3.2.4 Giả sử r ∈ (−∞, 0)∪[1, ∞)\{−1} [a, b] ⊂ (0, ∞) Với xi ∈ [a, b], pi ≥ 0, i = 1, , n n Pn := pi > 0, i=1 ta có bất đẳng thức Lrr (a, b) − Mn[r] (x, p) r ≤ r(Lr (a, b))r − An (x, p) (Lr−1 (a, b))r−1 ≤ 2A(br , ar ) − (Lr (a, b))r − [Mn[r] (x; p)]r , An (x, p) := Pn n p i xi , i=1 trung bình cộng có trọng (weighted arithmetic mean) Mn[r] (x; p) := Pn r n pi xri i=1 trung bình lũy thừa cấp r (r-power mean) , 20 Mệnh đề 3.2.6 Giả sử ≤ a < b, xi ∈ [a, b], pi > 0, i = 1, ,n Khi ta có bất đẳng thức sau: Hn (p, x) − L(a, b) An (p, x)Hn (p, x) − G2 (a, b) ≤ L(a, b) G2 (a, b) A(a, b)Hn (p, x) − G2 (a, b) , ≤ G2 (a, b) (3.2) đó, Hn (p, x) trung bình điều hịa có trọng (weighted harmonic mean) Hn (p, x) = Mn−1 (x, p) [−1] Pn = n i=1 pi xi Mệnh đề 3.2.7 Giả sử ≤ a < b, xi ∈ [a, b], pi ≥ 0, i = 1, ,n Pn > Khi ta có bất đẳng thức: ln I(a, b) − ln G(p, x) ≥ L(a, b) − An (x, p) L(a, b) ≥ ln G2 (a, b) − ln I(a, b) − ln Gn (p, x), (3.3) đó, Gn (p, x) trung bình nhân có trọng (weighted geometric mean), Pn n xpi i Gn (p, x) := i=1 21 KẾT LUẬN Qua thời gian tìm hiểu, tiếp cận nghiên cứu Bất đẳng thức Hermite - Hadamard, luận văn hoàn thành đạt mục tiêu nghiên cứu đề tài với kết cụ thể sau: - Trình bày cụ thể, rõ ràng Bất đẳng thức Hermite - Hadamard số mở rộng bất đẳng thức - Trình bày Bất đẳng thức Hermite - Hadamard cho hàm lồi khả vi bậc - Áp dụng Bất đẳng thức Hermie - Hadamard cho toán chứng minh sơ cấp toán chứng minh đại lượng trung bình Từ giúp dạng tốn chứng minh phổ thơng có thêm nhiều phương pháp giải Tuy nhiên kiến thức chưa đủ rộng sâu nên nội dung thực nhiều hạn chế sai sót Rất mong góp ý xây dựng quý thầy cô bạn để luận văn hoàn thiện Xin chân thành cảm ơn! ... đề tài: ? ?Bất đẳng thức Hermite - Hadamard áp dụng? ?? Mục đích nghiên cứu Nghiên cứu kết ứng dụng bất đẳng thức Hermite Hadamard Trên sở tiềm hiểu số mở rộng bất đẳng thức này, áp dụng vào chứng... 2, trình bày bất đẳng thức Hermite - Hadamard cách chứng minh bất đẳng thức Ngoài ra, tơi cịn chứng minh số định lý mở rộng bất đẳng thức Hermite - Hadamard bất đẳng thức Hermite - Hadamard cho... (t)| dt q a (2.21) 12 Chương MỘT SỐ ÁP DỤNG CỦA BẤT ĐẲNG THỨC HERMITE - HADAMARD 3.1 Áp dụng bất đẳng thức Hermite - Hadamard để chứng minh số bất đẳng thức Ví dụ 3.1.1 Cho < a < b < +∞ Chứng