Một số bất đẳng thức cơ bản
Trong bài viết này, chúng tôi sẽ trình bày định lý và hệ quả của một số bất đẳng thức quen thuộc, với các kết quả được áp dụng trong Chương 2 và Chương 3 Định lý 1.1.1 (Bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân) khẳng định rằng, với các số không âm \(x_1, x_2, \ldots, x_n\), ta có:\$$\frac{x_1 + x_2 + \ldots + x_n}{n} \geq \sqrt[n]{x_1 \cdot x_2 \cdots x_n}.\$$
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \( x_1 = x_2 = \ldots = x_n \) Bất đẳng thức này được gọi là bất đẳng thức AM-GM, hay còn gọi tắt là bất đẳng thức AG Định lý 1.1.2 (Bất đẳng thức Hölder) khẳng định rằng với mọi bộ số không âm \( (a_i) \) và \( (b_i) \) cho \( i = 1, 2, \ldots, n \), cùng với cặp số dương \( p, q \) thỏa mãn \( \frac{1}{p} + \frac{1}{q} = 1 \), ta có bất đẳng thức sau.
(1.2) luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Nếu \( p < 1 \) và \( p \neq 0 \), dấu của bất đẳng thức (1.2) sẽ đảo chiều Dấu bằng chỉ xảy ra khi hai bộ số \( (a_{p_i}) \) và \( (b_{q_i}) \) tỷ lệ với nhau, tức là tồn tại hai cặp số thực \( \lambda \) và \( a \), không đồng thời bằng 0, sao cho \( \lambda a_{p_i} + a b_{q_i} = 0 \) với mọi \( i = 1, 2, \ldots, n \).
Nếu w i > 0, i = 1, 2, , n thì bất đẳng thức H¨ older (1.2) có thể viết ở dạng sau n
Hệ quả 1.1.3 [ 3 ] Nếu p=q=2 thì bất đẳng thức H¨ older trở thành n
Dấu đẳng thức xuất hiện khi và chỉ khi hai bộ số \( (a_i) \) và \( (b_i) \) tỷ lệ với nhau Điều này có nghĩa là tồn tại một cặp số thực \( \lambda \) và \( a \), không đồng thời bằng 0, sao cho \( \lambda a_i + a b_i = 0 \) với mọi \( i = 1, 2, \ldots, n \).
Bất đẳng thức Cauchy, còn được biết đến với các tên gọi như bất đẳng thức Bunyakovskii, Cauchy-Schwarz hoặc Cauchy-Bunyakovskii, là một trong những bất đẳng thức quan trọng trong toán học Định lý 1.1.4 (Bất đẳng thức Hölder dạng giải tích) khẳng định rằng nếu (p,q) là cặp số mũ liên hợp với điều kiện p,q > 1 và \( \frac{1}{p} + \frac{1}{q} = 1 \), thì với hai hàm số liên tục f và g trên đoạn [a, b], bất đẳng thức sẽ được áp dụng.
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi tồn tại hai số thực A và B không đồng thời bằng không sao cho
Định lý 1.1.5 (Bất đẳng thức Minkowski) khẳng định rằng với mọi bộ số không âm \((a_i)\) và \((b_i)\) (với \(i = 1, 2, , n\)) và số dương \(p > 1\), ta có thể áp dụng bất đẳng thức này để so sánh các giá trị của hàm số.
Dấu đẳng thức xuất hiện khi hai bộ số (a_i) và (b_i) tỷ lệ với nhau, nghĩa là tồn tại cặp số thực λ và a không đồng thời bằng 0, sao cho λa_i + a b_i = 0 với mọi i = 1, 2, , n Định lý 1.1.6 (Bất đẳng thức Jensen) là một khái niệm quan trọng trong lĩnh vực này.
Cho hàm số y = f (x) lồi trên [a, b] (f (x) liên tục trên [a, b] ; f 00 (x) ≥ 0 với mọi x ∈ (a, b)) , các số k 1 , k 2 , , k n ∈ R + , k 1 + k 2 + + k n = 1 Khi đó, với mọi x i ∈ [a, b], i = 1, , n , ta luôn có n
Cho hàm số y = f (x) lõm trên [a, b] (f (x) liên tục trên [a, b] ; f 00 (x) ≤ 0 với mọi x ∈ (a, b)) , thì bất đẳng thức trên đổi chiều, tức là n
(1.8) Định lý 1.1.7 [ 4 ] (Bất đẳng thức Gr¨ uss’ tích phân) Giả sử f, g : [a, b] →
R là hai hàm khả tích sao cho ϕ ≤ f (x) ≤ φ, γ ≤ g(x) ≤ Γ, ∀x ∈ [a, b] Thì ta có bất đẳng thức
Chúng tôi sẽ trình bày các định nghĩa, định lý và tính chất cơ bản của hàm lồi, những nội dung này là nền tảng quan trọng để phát triển bất đẳng thức Hermite-Hadamard và các ứng dụng của nó.
Hàm lồi
Định nghĩa 1.2.1 [ 1 ] Hàm số f (x) được gọi là hàm lồi (lồi dưới) trên tập [a, b) ⊂ R nếu với mọi x 1 , x 2 ∈ [a, b) và với mọi cặp số dương α , β có tổng α + β = 1 , ta đều có f (αx 1 + βx 2 ) ≤ αf (x 1 ) + βf (x 2 ) (1.10)
Nếu dấu đẳng thức trong (1.10) xảy ra khi và chỉ khi x 1 = x 2 thì ta nói hàm số f (x) là hàm lồi thực sự (chặt) trên [a, b).
Hàm số f (x) được gọi là hàm lõm (lồi trên) trên tập [a, b) ⊂ R nếu với mọi x 1 , x 2 ∈ [a, b) và với mọi cặp số dương α , β có tổng α + β = 1 , ta đều có f (αx 1 + βx 2 ) ≥ αf (x 1 ) + βf (x 2 ) (1.11)
Nếu dấu đẳng thức trong (1.11) xảy ra khi và chỉ khi x 1 = x 2 thì ta nói hàm số f (x) là hàm lõm thực sự (chặt) trên [a, b).
Tương tự, ta cũng có định nghĩa về hàm lồi (lõm) trên các tập (a, b) , (a, b] và [a, b]
Nhận xét rằng, khi x 1 < x 2 thì x = αx 1 + βx 2 với mọi cặp số dương α, β có tổng α + β = 1 , đều thuộc (x 1 , x 2 ) và α = x − x 1 x 2 − x 1 , β = x 2 − x x 2 − x 1
Tính chất 1.2.2 [ 1 ] Nếu f(x) lồi (lõm) trên (a, b) thì g(x):= cf(x) là hàm lõm (lồi) trên (a, b) khi c < 0 (c > 0).
Tính chất 1.2.3 [ 1 ] Tổng hữu hạn các hàm lồi trên (a,b) là một hàm lồi trên (a,b).
Tính chất 1.2.4 [ 1 ] Nếu f (x) là hàm số liên tục và lồi trên (a, b) và nếu g(x) lồi và đồng biến trên tập giá trị của f (x) thì g(f (x)) là hàm lồi trên (a, b).
Chứng minh Thật vậy, theo giả thiết, f (x) là hàm số liên tục trên (a, b)
⊂ luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si f (x) là hàm lồi trên (a, b) nên với mọi x 1 , x 2 ∈ (a, b) và cặp số dương α, β có tổng α + β = 1 , ta có f (αx 1 + βx 2 ) ≤ αf (x 1 ) + βf (x 2 ).
Từ giả thiết g(x) là hàm số đồng biến, ta nhận được g[f (αx 1 + βx 2 )] ≤ g[αf (x 1 ) + βf (x 2 )] (1.12)
Do g(x) là hàm lồi nên g[αf(x 1 ) + βf (x 2 )] ≤ αg[f (x 1 )] + βg[f (x 2 )] (1.13)
Nhận xét 1.2.5 Các Tính chất 1.2.2, 1.2.3, 1.2.4 còn đúng cho các tập [a, b), (a, b], [a, b].
Hàm lồi \( f(x) \) xác định trên khoảng \( (a,b) \) có tính chất rằng với các điểm \( x_1 < x_2 < x_3 \) trong khoảng này, ta có bất đẳng thức \( f(x_2) \leq \frac{x_3 - x_2}{x_3 - x_1} f(x_1) + \frac{x_2 - x_1}{x_3 - x_1} f(x_3) \) Định lý cho biết rằng hàm lồi \( f(x) \) không chỉ liên tục mà còn có đạo hàm phải và đạo hàm trái tại mọi điểm trong khoảng \( (a,b) \) Hơn nữa, ta có mối quan hệ giữa các đạo hàm: \( f'_{-}(x) \leq f'_{+}(x) \leq f'_{-}(x_0) \leq f'_{+}(x_0) \) khi \( x < x_0 \) là điểm trong khoảng \( (a,b) \).
Hàm số \( f_x(t) = f(t) - \frac{f(x)}{t - x} \) với mọi \( t, x \in (a, b) \) và \( t \neq x \) là đơn điệu không giảm theo biến \( t \) Do đó, với \( x_1 < x < x_2 \), ta có bất đẳng thức \( \frac{f(x_1) - f(x)}{x_1 - x} \leq \frac{f(x_2) - f(x)}{x_2 - x} \).
Cho x 1 , x 2 → x , ta nhận được f − 0 (x) ≤ f + 0 (x) Tiếp theo, lấy x < x 3 < x 4 < x 0 và áp dụng (1.14) ta được f (x) − f (x 3 ) x − x 3 = f x 3 (x) ≤ f x 3 (x 4 ) = f (x 4 ) − f (x 3 ) x 4 − x 3
= f x 4 (x 3 ) ≤ f x 4 (x 0 ) = f (x 0 ) − f (x 4 ) x 0 − x 4 Qua giới hạn x 3 → x, x 4 → x 0 sẽ được f + 0 (x) ≤ f − 0 (x 0 ).
Mệnh đề 1.2.8 [ 2 ] Cho f(x) là hàm số khả vi trên khoảng (a, b) ⊂ R Khi đó các phát biểu sau là tương đương.
(ii) Với mọi x, x 0 ∈ (a,b) ta luôn có f (x) ≥ f (x 0 ) + f 0 (x 0 )(x − x 0 ) (1.16) (iii) Đạo hàm f 0 (x) là hàm đơn điệu không giảm trên (a,b).
Chứng minh Phép chứng minh được tiến hành lần lượt từng bước như sau.
(i) = ⇒ (ii) Giả sử f (x) lồi và x 6= x 0 ∈ (a, b) Lấy t ∈ (0, 1) bất kỳ và sử dụng định nghĩa tính lồi f (x 0 + t(x − x 0 )) = f (tx + (1 − t)x 0 ) ≤ tf (x) + (1 − t)f (x 0 ).
Cho t → 0 trong (1.17) ta nhận được (1.16).
(ii) = ⇒ (iii) Giả thiết rằng (ii) đúng Lấy x 1 < x 2 tùy ý trong (a, b) và áp dụng (1.16)
0 − ≤ luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si f (x 2 ) + f 0 (x 2 )(x 1 − x 2 ) ≤ f (x 1 ).
Vậy f 0 (x 1 ) ≤ f 0 (x 2 ) và (iii) được chứng minh.
(iii) = ⇒ (i) Cho f 0 (x) là đơn điệu không giảm Xét x 1 < x 2 bất kỳ trong (a, b) và đặt ψ(t) := f (tx 1 + (1 − t)x 2 ) − tf (x 1 ) + (1 − t)f (x 2 ) , 0 ≤ t ≤ 1 (1.18) ψ là hàm số khả vi với ψ 0 (t) = (x 1 − x 2 )f 0 (tx 1 + (1 − t)x 2 ) − f (x 1 ) + f (x 2 ).
Tiếp theo, ta xét dấu của ψ 0 (t) Áp dụng định lý giá trị trung bình cho hàm f (x) , ta tìm được θ ∈ (0, 1) sao cho f (x 2 ) = f (x 1 ) + f 0 (x 1 + θ(x 2 − x 1 ))(x 2 − x 1 ).
Sử dụng đồng nhất thức tx 1 + (1 − t)x 2 − x 1 − θ(x 2 − x 1 ) = (1 − θ − t)(x 2 − x 1 ), tính đơn điệu của f 0 (x) cho ta kết luận ψ 0 (t) ≤ 0 khi 0 ≤ t ≤ 1 − θ và ψ 0 (t) ≥ 0 nếu 1 − θ ≤ t ≤ 1 Vì thế max
0≤t≤1 ψ(t) = max {ψ (0), ψ(1)} = 0, và điều này tương đương với f (tx 1 + (1 − t)x 2 ) ≤ tf (x 1 ) + (1 − t)f (x 2 ).
Mệnh đề 1.2.9 chỉ ra rằng nếu hàm số f(x) có đạo hàm cấp hai trong khoảng (a,b), thì điều kiện cần và đủ để hàm số này lồi trên khoảng (a,b) là đạo hàm bậc hai f''(x) phải lớn hơn hoặc bằng 0 cho mọi x thuộc (a,b).
Chứng minh Sử dụng Mệnh đề 1.2.8, ta có thể phát biểu lại như sau: Nếu f 00 (x) ≥ 0, ∀x ∈ (a, b) khi và chỉ khi f (x) − f 0 (x 0 )(x − x 0 ) − f (x 0 ) ≥ 0, ∀x, x 0 ∈ (a, b).
Mà hàm số f (x) liên tục và khả vi trên (x 0 , x) Theo định lý Lagrange, tồn tại c ∈ (x 0 , x) sao cho f 0 (c) = f (x) − f (x 0 ) x − x 0
Tương tự f 0 (x) liên tục và khả vi trên (x 0 , c) Theo định lý Lagrange, tồn tại ξ ∈ (x 0 , c) sao cho f 00 (ξ ) = f 0 (c) − f 0 (x 0 ) c − x 0
Do c − x 0 và x − x 0 cùng dấu và f 00 (ξ) ≥ 0 Khi đó mệnh đề được chứng minh.
Trong chương này, chúng tôi đã trình bày các bất đẳng thức quan trọng như bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân (AM-GM), bất đẳng thức Hölder, Cauchy - Schwarz, Minkowski, Jensen, và bất đẳng thức Grüss liên quan đến tích phân Bên cạnh đó, chúng tôi cũng đã đề cập đến định nghĩa và một số tính chất cơ bản của hàm lồi.
Một số dạng bất đẳng thức Hermite-Hadamard
Trong chương này, chúng tôi sẽ trình bày cách chứng minh bất đẳng thức Hermite-Hadamard cơ bản và các hệ quả của nó Bên cạnh đó, chúng tôi cũng sẽ đề cập đến một số mở rộng quan trọng liên quan đến bất đẳng thức bên trái và bên phải của bất đẳng thức kép Ngoài ra, chúng tôi sẽ giới thiệu bất đẳng thức Hermite-Hadamard cho hàm lồi khả vi bậc nhất, với nhiều ứng dụng sẽ được thảo luận trong Chương 3.
Bất đẳng thức Hermite - Hadamard cơ bản
Định lý 2.1.1 [ 5 ] (Bất đẳng thức Hermite-Hadamard) Nếu f : [a, b] → R là hàm lồi trên đoạn [a, b] , thì ta có f a + b 2
Chứng minh Vì hàm số f lồi trên đoạn [a, b] , khi đó f (ta + (1 − t)b) ≤ tf (a) + (1 − t)f (b), ∀t ∈ [a, b].
Lấy tích phân hai vế theo t trên [0, 1] , ta nhận được
(1 − t)dt. luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
2 và bằng phép đổi biến x = ta + (1 − t)b, ta có
Bất đẳng thức bên phải của (2.1) được chứng minh.
Cũng do tính lồi của f ta có
Lấy tích phân hai về bất đẳng thức này theo t trên đoạn [0,1], ta có f a + b 2
Do đó bất đẳng thức bên trái của (2.1) được chứng minh.
Hệ quả 2.1.2 [ 5 ] Giả sử g : [a, b] → R là hàm khả vi cấp hai trên [a, b] và m ≤ g 00 (x) ≤ M , với x ∈ (a, b) Khi đó ta có bất đẳng thức sau m
24 (b − a) 2 (2.2) luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si và m
Chứng minh Chứng minh bất đẳng thức (2.2)
Do đó hàm f là lồi trên khoảng (a, b) Áp dụng bất đẳng thức Hermite- Hadamard cho f ta nhận được g a + b 2
Bất đẳng thức bên trái của (2.2) đã được chứng minh Để chứng minh bất đẳng thức bên phải của (2.2), chúng ta sẽ sử dụng phương pháp chứng minh tương tự như đã áp dụng cho bất đẳng thức bên trái với h(x) = M.
2 x 2 − g(x), x ∈ [a, b]. luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Do đó hàm f là lồi trên khoảng (a, b) Áp dụng bất đẳng thức Hermite- Hadamard cho f ta nhận được
Như vậy, bất đẳng thức bên trái của (2.2) được chứng minh.
Chứng minh bất đẳng thức (2.3)
2 x 2 , khi đó f là hàm lồi trên khoảng (a, b) Áp dụng bất đẳng thức Hermite-Hadamard cho f ta nhận được g(a) + g(b)
3 luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Bất đẳng thức bên trái của (2.3) đã được chứng minh Để chứng minh bất đẳng thức bên phải của (2.3), chúng ta sẽ sử dụng phương pháp chứng minh tương tự như đã áp dụng cho bất đẳng thức bên trái với h(x) = M.
Do đó hàm f là lồi trên khoảng (a, b). Áp dụng bất đẳng thức Hermite-Hadamard cho f ta nhận được
12 (b − a) 2 Khi đó, hệ quả được chứng minh. luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Hệ quả 2.1.3 [ 8 ] Bất đẳng thức sau đây đúng với mọi hàm lồi f : [a, b] → R
Chứng minh Áp dụng bất đẳng thức bên phải của bất đẳng thức Hermite- Hadamard cho hàm lồi f trên các đoạn a, a + b 2 và a + b
Cộng hai vế bất đẳng thức trên ta được
Một số dạng mở rộng của bất đẳng thức Hermite-Hadamard 17
Bất đẳng thức bên trái trong bất đẳng thức Hermite-Hadamard có thể được mở rộng Định lý 2.2.1 chỉ ra rằng nếu hàm \( f : \mathbb{R} \to \mathbb{R} \) là hàm lồi trên đoạn \([a, b]\) với \( a < b \), thì với mọi \( t \in [a, b] \) và \( \lambda \in [f^{-0}(t), f^{+0}(t)] \), ta có bất đẳng thức \( f(t) + \lambda \).
Z f (x)dx (2.5) luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Chứng minh Lấy t ∈ [a, b] Khi đó, với mọi λ ∈ [f − 0 (t), f + 0 (t)], ta có bất đẳng thức sau f (x) − f (t) ≥ λ(x − t), ∀x ∈ [a, b] (2.6)
Lấy tích phân hai vế bất đẳng thức này trên [a, b] theo biến x , ta được b
2 , ta được bất đẳng thức bên trái của bất đẳng thức kép Hermite-Hadamard f a + b 2
Hệ quả 2.2.3 [ 8 ] Giả sử f : R → R là hàm lồi trên đoạn [a, b] , với
0 ≤ a < b Khi đó (a) Nếu f + 0 √ ab ≥ 0, thì
; luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
(c) Nếu f là khả vi tại a và b, f 0 (b) ≥ f 0 (a) ≥ 0 thì
(d) Nếu x i ∈ [a, b] là các điểm khả vi của f và p i ≥ 0, P n := n
X i=1 p i f 0 (x i )x i , khi đó ta có bất đẳng thức
Chứng minh Theo Định lý 2.2.1, ∀t ∈ [a, b] và λ ∈ [f − 0 (t), f + 0 (t)] Ta có f (t) + λ a + b
(a) Thay t = √ ab vào (2.7) ta được
luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
(b) Thay t = 2ab a + b vào (2.7) ta được
(c) Vì f khả vi tại a và b , ta chọn t = a, t = b khi đó
2 (f 0 (b) − f 0 (a)). luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Theo bất đẳng thức Hermite-Hadamard
Nhân hai vế của bất đẳng thức trên với p i ≥ 0, tính tổng với i chạy từ 1 đến n và chia hai vế cho P n ta được
X p i f 0 (x i )x i luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Giả sử hàm \( f \) khả vi trên khoảng \( (a, b) \), bất đẳng thức bên phải của bất đẳng thức kép Hermite-Hadamard có nhiều dạng mở rộng Định lý 2.2.4 cho biết rằng nếu \( f: \mathbb{R} \to \mathbb{R} \) là hàm lồi trên đoạn \( [a, b] \) với \( a < b \), thì với mọi \( t \in [a, b] \), ta có các tính chất nhất định liên quan đến hàm lồi này.
Chứng minh Do hàm f là hàm lồi và khả vi trên (a, b) nên ta có f (t) − f (x) ≥ f 0 (x)(t − x), ∀t, x ∈ (a, b).
Lấy tích phân hai vế cho bất đẳng thức này với biến x trên [a, b] , ta được (b − a)f (t) − b
Z a xf 0 (x)dx (2.9) Áp dụng phương pháp tích phân từng phần, ta có b
Z a f (x)dx. Điều này tương đương với bất đẳng thức (2.8). luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
2 vào bất đẳng thức (2.8), biến đổi ta có được hệ quả.
Hệ quả 2.2.5 [ 8 ] Giả sử f như trên và 0 ≤ a < b ta có bất đẳng thức sau
# Định lý sau đây là mở rộng của kết quả trên. Định lý 2.2.6 [ 8 ] Giả sử f : R → R là hàm lồi trên đoạn [a, b] với a < b và x i ∈ [a, b], p i ≥ 0 với
Khi ấy ta có bất đẳng thức
Chứng minh Do f là hàm lồi và khả vi trên (a, b) nên ta có f (y) − f (x) ≥ f 0 (x)(y − x), ∀x, y ∈ (a, b).
− ≥ 0 − ∀i ∈ luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Lấy tích phân hai vế trên đoạn [a, b] theo biến x và chia hai vế cho b − a , ta được f (x i ) − 1 b − a b
Nhân hai vế của bất đẳng thức trên với p i ≥ 0 , tính tổng với i chạy từ 1 đến n và chia hai vế cho P n ta được
Bất đẳng thức tương đương
Khi đó, bất đẳng thức bên trái trong (2.11) được chứng minh Giả sử α = b − x i b − a , β = x i − a b − a , x i ∈ [a, b], i ∈ 1, 2, , n.
Khi α + β = 1 và hàm f có tính lồi, với mọi i ∈ 1, 2, , n, ta có bất đẳng thức f (x i ) = f (αa + βb) ≤ αf (a) + βf (b) Điều này dẫn đến mối quan hệ giữa các giá trị của hàm f tại các điểm a và b, cụ thể là b − x i b − a f (a) + x i − a b − a f (b) Nếu nhân hai vế của bất đẳng thức với p i ≥ 0, tính tổng từ i = 1 đến n và chia cho P n, ta sẽ thu được kết quả mong muốn.
X i=1 p i f (x i ) (2.12) luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Bất đẳng thức (2.12) khá nổi tiếng trong nhiều tài liệu, gọi là bất đẳng thức Lah-Ribaric Cộng cả hai vế của bất đẳng thức (2.12) với
Khi đó, bất đẳng thức (2.11) được chứng minh.
Hệ quả 2.2.7 [ 8 ] Với các giả thiết ở trên về hàm f về a, b và nếu t ∈ [a, b] , ta có bất đẳng thức f (t)
Chứng minh Lập luận tương tự như Định lý 2.2.6, ta được
X i=1 p i f (t) = f (t), luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si x p = 1
Bất đẳng thức Hermite-Hadamard đối với hàm lồi khả vi bậc nhất
lồi khả vi bậc nhất
Giả sử f lồi và khả vi thì ta có những phát biểu khác cho bất đẳng thức Hermite-Hadamard.
Bằng phương pháp tích phân từng phần ta tính được tích phân b
Khi đó ta có phát biểu sau.
Giả sử f : [a, b] ⊂ R → R là hàm khả vi trên (a, b) với a < b Nếu f 0 ∈ L 1 [a, b], thì ta có đẳng thức f (a) + f (b)
2 f 0 (x)dx (2.14) Định lý 2.3.1 [ 6 ] Giả sử f : [a, b] → R là hàm lồi trên đoạn [a, b] Khi đó ta có f a + b 2
2 , (2.15) luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si trong đó l = 1 2
Bất đẳng thức trên còn được gọi là bất đẳng thức Hadamard’s và Bullen’s.
Chứng minh Vì f là hàm lồi trên đoạn [a, b] Áp dụng bất đẳng thức Hermite-Hadamard trên mỗi đoạn a, a + b 2
Cộng hai vế bất đẳng thức trên ta thu được f
Bất đẳng thức tương đương
# luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Do f là hàm lồi trên đoạn [a, b] Khi đó f a + b 2
Bất đẳng thức (2.15) được chứng minh.
Tiếp theo chúng tôi áp dụng bất đẳng thức Hadamard’s và Bullen’s cho chứng minh Định lý 2.3.2. Định lý 2.3.2 [ 8 ] Nếu f là hàm khả vi trên (a, b) và hàm số ϕ(x) := x − a + b
2 f 0 (x) là hàm lồi trên [a, b] , thì ta có bất đẳng thức b − a
Chứng minh Áp dụng bất đẳng thức Hadamard’s và Bullen’s cho hàm ϕ , ta được
luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Biến đổi ta nhận được
Bổ đề thú vị sau đây nói về bất đẳng thức Chebyche’v tích phân.
Bổ đề 2.3.3 [ 8 ] Giả sử f, g : [a, b] → R là hai hàm số khả tích thỏa mãn: f (x) − f (y) g(x) − g(y) ≥ 0, ∀x, y ∈ [a, b] Khi đó C(f, g) ≥ max n
Chứng minh Vì f, g là hai hàm số khả tích thỏa mãn f (x) − f (y) g(x) − g(y) ≥ 0, khi đó
0 ≤ f (x) − f (y) g(x) − g(y) = | f (x) − f (y) g(x) − g(y) | Mặt khác bởi tính chất liên tục của trị tuyệt đối, chúng ta có
| f (x) − f (y) g(x) − g(y) |≥ | |f (x)|−|f (y)| |g(x)|−|g(y)| | luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si và
Chúng tôi chỉ chứng minh bất đẳng thức bên trái trong (2.17).
Qua các phép biến đổi ta thấy rằng
Bất đẳng thức bên trái trong (2.17) được chứng minh.
Từ bất đẳng thức Hermire-Hadamard ta biết được f (a) + f (b)
Trong định lý tiếp theo, chúng ta sẽ có đánh giá chặt chẽ hơn về hiệu của hai biểu thức này, với việc chứng minh định lý dựa trên Bổ đề 2.3.3 Định lý 2.3.4 nêu rằng, giả sử hàm \( f: [a, b] \subset \mathbb{R} \to \mathbb{R} \) là hàm lồi khả vi trên khoảng \( (a, b) \) với \( a < b \), thì bất đẳng thức \( f(a) + f(b) \) sẽ được thiết lập.
Chứng minh Vì f là hàm lồi trên [a, b] các hàm số f 0 và x − a + b
2 thỏa mãn (f 0 (x) − f 0 (y))(x − y) ≥ 0 Áp dụng Bổ đề 2.3.3, ta được (b − a) b
Z f 0 (x)dx luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si và
Sử dụng bất đẳng thức (2.19) ta được
Với A, B, C như đã cho trên, theo đẳng thức (2.14) f (a) + f (b)
2 f 0 (x)dx. luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Vậy định lý được chứng minh.
Giả sử hàm \( f \) khả vi trên khoảng \( (a, b) \) với \( a < b \) và \( p > 1 \) Nếu đạo hàm bậc nhất \( |f'| \) là q-khả tích trên \( [a, b] \) với \( q = p^{p - 1} \), thì bất đẳng thức Hermite-Hadamard cho biết rằng \( f(a) + f(b) \) có thể được đánh giá theo một cách nhất định.
Chứng minh Áp dụng bất đẳng thức H¨ older dạng giải tích với p > 1, q > 1 thỏa mãn 1 p + 1 q = 1, ta có
. luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Bất đẳng thức (2.20) được chứng minh.
Nếu f là hàm lồi trên (a, b) theo bất đẳng thức Hermite-Hadamard thì f (a) + f (b)
Khi đó ta có thể bỏ dấu giá trị tuyệt đối trong bất đẳng thức (2.20) và suy ra được hệ quả sau.
Nếu giả thiết hàm \( f \) là lồi trên khoảng \( (a, b) \) được thêm vào các điều kiện của Định lý 2.3.5, thì sẽ dẫn đến bất đẳng thức ngược chiều của bất đẳng thức Hermite-Hadamard.
Nếu hàm \( f \) khả vi và \( f' \) bị chặn, thì có một bất đẳng thức mới liên quan đến bất đẳng thức bên phải của bất đẳng thức Hermite-Hadamard Định lý 2.3.7 cho biết rằng nếu \( f: [a, b] \subset \mathbb{R} \to \mathbb{R} \) là hàm khả vi trên \( (a, b) \) với \( a < b \) và \( m \leq f'(x) \leq M \) cho mọi \( x \in [a, b] \), đồng thời \( f' \in L^1[a, b] \), thì ta có bất đẳng thức \( f(a) + f(b) \).
Chứng minh Xét hàm số g(x) = x − a + b
2 với mọi x ∈ [a, b] Theo bất đẳng thức Gr¨ uss’ tích phân, ta có
Z a f (x)dx. luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Nếu f là hàm lồi trên (a, b), f 0 (a) ≤ f 0 (x) ≤ f 0 (b), ∀x ∈ [a, b] và theo bất đẳng thức Hermite-Hadamard thì f (a) + f (b)
Khi đó ta có thể bỏ dấu giá trị tuyệt đối trong bất đẳng thức (2.22) và suy ra được hệ quả sau.
Hệ quả 2.3.8 [ 8 ] Với các giả thiết như trên và thêm điều kiện f là hàm lồi trên (a, b), ta có bất đẳng thức
Chúng tôi sẽ chứng minh một đẳng thức quan trọng, từ đó thiết lập một bất đẳng thức mới liên quan đến bất đẳng thức bên trái của bất đẳng thức Hermite-Hadamard.
Bổ đề 2.3.9 [ 8 ] Giả sử f : [a, b] ⊂ R → R là hàm khả vi trên (a, b) với a
< b và f 0 ∈ L 1 [a, b], thì ta có đẳng thức f a + b 2
Chứng minh Sử dụng công thức tích phân từng phần, ta được a+b 2
Z a f (x)dx luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si và b
Cộng hai vế đẳng thức trên, ta thu được a+b 2
Z a f (x)dx. Đẳng thức (2.24) được chứng minh.
Nhận xét 2.3.10 Từ đẳng thức (2.24), ta cũng có biểu diễn sau đây
Tùy thuộc vào mục đích sử dụng, việc lựa chọn đẳng thức phù hợp là rất quan trọng Định lý 2.3.11 chỉ ra rằng nếu hàm số f : [a, b] ⊂ R → R khả vi trên khoảng (a, b) với a < b và p > 1, thì điều kiện |f'| là q-khả tích trên [a, b] với q = p.
, luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si thì ta có f a + b 2
(2.26) Chứng minh Xét hàm số p(x) =
. Áp dụng bất đẳng thức H¨ older dạng giải tích với p > 1, q > 1 thỏa mãn 1 p + 1 q = 1, ta có
Bất đẳng thức (2.26) được chứng minh.
Nếu f là hàm lồi trên (a, b) theo bất đẳng thức Hermite-Hadamard thì
Khi đó ta có thể dễ dàng suy ra được hệ quả sau. luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Hệ quả 2.3.12 [ 8 ] Với các giả thiết như trên và thêm điều kiện f là hàm lồi trên (a, b), ta có bất đẳng thức
Nếu hàm \( f \) khả vi và đạo hàm \( f' \) bị chặn, thì có một bất đẳng thức mới liên quan đến bất đẳng thức bên trái của bất đẳng thức Hermite-Hadamard Định lý 2.3.13 cho biết rằng nếu \( f: [a, b] \subset \mathbb{R} \to \mathbb{R} \) là hàm khả vi trên khoảng \( (a, b) \) với \( a < b \) và \( m \leq f'(x) \leq M \) cho mọi \( x \in [a, b] \), đồng thời \( f' \in L^1[a, b] \), thì ta có bất đẳng thức \( f\left(\frac{a + b}{2}\right) \).
Chứng minh Xét hàm số p(x) =
2 , với mọi x ∈ [a, b] Theo bất đẳng thức Gr¨ uss’ tích phân, ta có
(x − b)dx = 0, luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si và
Bất đẳng thức (2.27) được chứng minh.
Trong chương này, chúng tôi đã trình bày cách chứng minh bất đẳng thức Hermite-Hadamard cơ bản, cùng với các hệ quả và sự mở rộng của bất đẳng thức bên trái và bên phải trong bất đẳng thức kép.
Giả sử hàm \( f \) đã cho có điều kiện khả vi trên khoảng \( (a, b) \) Chúng tôi sẽ trình bày các kết quả của bất đẳng thức Hermite-Hadamard đối với hàm lồi khả vi bậc nhất.
Một số áp dụng của bất đẳng thức Hermite-Hadamard
Trong chương này, chúng tôi áp dụng bất đẳng thức Hermite-Hadamard vào các trung bình, đặc biệt là vào một số hàm sơ cấp để tạo ra các bất đẳng thức kép mới Chúng tôi cũng giải quyết một số bài toán liên quan đến bất đẳng thức Hermite-Hadamard Các kết quả được trình bày trong chương này được tham khảo từ các tài liệu [8], [5].
Áp dụng bất đẳng thức Hermite-Hadamard vào các trung bình
Chúng tôi sẽ trình bày việc áp dụng bất đẳng thức Hermite-Hadamard vào các loại trung bình Việc áp dụng này được xây dựng dựa trên sự mở rộng của bất đẳng thức Hermite-Hadamard cùng với các trung bình quen thuộc.
Ta nhắc lại một số định nghĩa
, a, b > 0; luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Nhận xét 3.1.1 Với hàm lồi f (t) = t p , p ∈ (−∞, 0) ∪ [1, ∞) \ {−1} hoặc f (t) = t p là hàm lõm với p ∈ (0, 1) , ta có
Nhận xét 3.1.2 Với hàm lồi f (t) = − ln(t), t > 0, ta có
= ln I (a, b), a 6= b. luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Ngoài ra, trong chương này chúng tôi còn dùng định nghĩa sau
Nhận xét 3.1.3 Với hàm lồi f (t) = 1 t , t > 0 , ta có
Các trung bình trên thường được sử dụng trong nhiều lĩnh vực khác nhau của toán học Ta đã biết quan hệ sau đây giữa các trung bình [8]
H ≤ G ≤ L ≤ I ≤ A và L p là hàm không giảm theo p ∈ R với L 0 = I và L −1 = L
Ta bắt đầu từ một kết quả sau.
Mệnh đề 3.1.4 [ 8 ] Giả sử p ∈ (−∞, 0)∪[1, ∞) \{−1} và [a, b] ⊂ (0, ∞) Khi đó ta có bất đẳng thức
L p p − t p pt p−1 ≥ A − t, ∀t ∈ [a, b] (3.1) Chứng minh Xét hàm số f : [a, b] → [0, ∞), f (x) = x p với p thỏa mãn p ∈ (−∞, 0) ∪ [1, ∞) \ {−1} Áp dụng Định lý 2.2.1, ta được
Z x p dx = L p p (a, b) = L p p luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Bất đẳng thức (3.1) được chứng minh.
Nhận xét 3.1.5 [ 8 ] Sử dụng bất đẳng thức (3.1), ta có các bất đẳng thức sau đây cho các trung bình
Ta có thể phát biểu tường minh như sau Giả sử p ∈ (−∞, 0) ∪ [1, ∞) \ {−1} và a, b > 0 Khi đó ta có bất đẳng thức b p+1 − a p+1 (p + 1)(b − a) −
Bằng cách thế trực tiếp các đại lượng trung bình, các bất đẳng thức còn lại phát biểu tương tự.
Mệnh đề 3.1.6 [ 8 ] Giả sử 0 < a < b, với mọi t ∈ [a, b], ta có bất đẳng thức
L ≤ A − t t (3.2) luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Chứng minh Xét hàm số f (x) = 1 x , x ∈ [a, b] Áp dụng Định lý 2.2.1, ta được
Khi đó, bất đẳng thức tương đương với
Nhận xét 3.1.7 [ 8 ] Cũng bằng việc sử dụng bất đẳng thức (3.6), ta có các bất đẳng thức sau đây cho các giá trị trung bình
Ta thay trực tiếp các đại lượng trung bình, khi đó b − b − a ln b − ln a b − a ln b − ln a
≥ b − a + b 2 b luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Bất đẳng thức trên tương đương b ln b − ln a b − a ≥ 2 − a + b
2b Khi đó từ bất đẳng thức (3.3), ta phát biểu bài toán mới như sau Giả sử 0 < a < b, với mọi t ∈ [a, b], chứng minh rằng b ln b − ln a b − a ≥ 2 − a + b
2b Mệnh đề 3.1.8 [ 8 ] Giả sử 0 < a < b ta có bất đẳng thức ln I − ln t ≤ A − t t , ∀t ∈ [a, b] (3.4)
Chứng minh Xét hàm số f (x) = − ln x, x ∈ [a, b]. Áp dụng Định lý 2.2.1, ta được
Bất đẳng thức tương đương với
Nhận xét 3.1.9 [ 8 ] Sử dụng bất đẳng thức (3.4) ta có các bất đẳng thức sau ln L p − ln I ≥ L p − A
Từ bất đẳng thức ln L p − ln I ≥ L p − A
L p ≥ 0, (p ≥ 1). luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Ta thay trực tiếp các đại lượng trung bình, ta nhận được ln
Thực hiện tương tự ta nhận được các bất đẳng thức mới.
Mệnh đề 3.1.10 [ 8 ] Giả sử p ∈ (−∞, 0)∪[1, ∞)\{−1} và [a, b] ⊂ [0, ∞) Khi đó ta có bất đẳng thức
L p p − t p ≤ p L p p − tL p−1 p−1 , ∀t ∈ [a, b] (3.5) Chứng minh Xét hàm số f : [a, b] → [0, ∞), f (x) = x p với p thỏa mãn p ∈ (−∞, 0) ∪ [1, ∞) \ {−1} Áp dụng Định lý 2.2.4 ta được
Z a x p dx = L p p , b p+1 − a p+1 b − a = (p + 1)L p p và b p − a p b − a = pL p−1 p−1 Bất đẳng thức (3.5) tương đương với
luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Nhận xét 3.1.11 [ 8 ] Sử dụng bất đẳng thức (3.5), ta có các bất đẳng thức sau đây với p ≥ 1.
Ta thay trực tiếp các đại lượng trung bình, khi đó
Thực hiện tương tự ta nhận được các bất đẳng thức mới.
Mệnh đề 3.1.12 [ 8 ] Giả sử 0 < a < b, khi đó với mọi t ∈ [a, b] ta có bất đẳng thức t − L
Chứng minh Xét hàm số f (x) = 1 x , x > 0 Áp dụng Định lý 2.2.4 ta được
L ≤ 1 2t + t 2ab luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
2t Điều này tương đương với bất đẳng thức (3.6).
Nhận xét 3.1.13 [ 8 ] Sử dụng bất đẳng thức (3.6) ta có các kết quả đặc biệt sau đây
Ta thay trực tiếp các trung bình vào bất đẳng thức
Thực hiện tương tự ta nhận được các bất đẳng thức mới.
Mệnh đề 3.1.14 [ 8 ] Giả sử 0 < a < b, với mọi t ∈ [a, b] Khi đó ta có bất đẳng thức
Chứng minh Xét hàm số f (x) = − ln x, x ∈ [a, b]. Áp dụng Định lý 2.2.4 ta được
2 b ln b − a ln a − t(ln b − ln a) b − a luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
2L Bất đẳng thức tương đương với
Nhận xét 3.1.15 [ 8 ] Từ bất đẳng thức (3.7) ta suy ra các bất đẳng thức đặc biệt sau đây
Các bất đẳng thức trên phát biểu tường minh như sau Giả sử 0 < a < b Khi đó ta có
0 ≤ b − a ln b − ln a − √ ab b − a ln b − ln a
0 ≤ b − a ln b − ln a − 2ab a + b b − a ln b − ln a
. luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Mệnh đề 3.1.16 [ 8 ] Giả sử r ∈ (−∞, 0)∪[1, ∞)\{−1} và [a, b] ⊂ [0, ∞) Nếu x i ∈ [a, b], p i ≥ 0 với P n := n
P i=1 p i > 0, (i = 1, 2, , n) Khi đó ta có bất đẳng thức
X i=1 p i x i , là trung bình số học có trọng (weighted arithmetic mean) và
, là trung bình lũy thừa cấp r (r-power mean).
Chứng minh Xét hàm số f (x) = x r , x ∈ [a, b], ta áp dụng Định lý 2.2.6, khi đó
Z x r dx = L r r (a, b). luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si ta nhận được
Từ đó dẫn đến bất đẳng thức (3.8).
Nhận xét 3.1.17 [ 8 ] Nếu trong bất đẳng thức (3.8) chọn x i = t, i =
L r r − t r ≤ r h L r r − tL r−1 r−1 i ≤ 2A(b r , a r ) − L r r − t r , t ∈ [a, b] (3.9) Bất đẳng thức (3.9) cho các trường hợp riêng sau đây
Ta thay trực tiếp các trung bình, khi đó ta nhận được
Thực hiện tương tự ta nhận được các bất đẳng thức mới. luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
0, i = 1, 2, , n Khi đó ta có bất đẳng thức
G 2 (a, b) , (3.10) trong đó H n (p, x) là trung bình điều hòa có trọng (weighted harmonic mean)
Chứng minh Nếu ta chọn trong Định lý 2.2.6, f (x) = 1 x , x ∈ [a, b], ta được
G 2 (a, b).H n (p, x) luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Nhận xét 3.1.19 [ 8 ] Nếu trong bất đẳng thức (3.10) chọn x i = t, i =
Bất đẳng thức bên phải trong bất đẳng thức (3.11) cho các trường hợp riêng sau đây
Các bất đẳng thức trên phát biểu tường minh như sau Giả sử 0 < a < b Khi đó ta có
Mệnh đề 3.1.20 [ 8 ] Giả sử 0 < a < b, x i ∈ [a, b], p i ≥ 0, i = 1, 2, , n và P n > 0 Khi đó ta có bất đẳng thức ln I (a, b) − ln G n (p, x) ≥ L(a, b) − A n (x, p)
≥ ln G 2 (a, b) − ln I (a, b) − ln G n (p, x), (3.12) trong đó G n (p, x) là trung bình hình học có trọng (weighted geometric mean),
. luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Chứng minh Nếu ta chọn trong Định lý 2.2.6, f (x) = − ln x, x ∈ [a, b], ta được
X i=1 p i ln x i + b ln b − a ln a b − a − A n (x, p) ln b − ln a b − a
2L(a, b) ≥ ln G(a, b) Bất đẳng thức trên tương đương
≥ ln G 2 (a, b) − ln I (a, b) − ln G n (p, x). luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Nhận xét 3.1.21 [ 8 ] Nếu trong bất đẳng thức (3.12) chọn x i = t, i =
Bất đẳng thức bên phải trong bất đẳng thức trên cho các trường hợp riêng sau đây
Bất đẳng thức trên tương đương
Mũ hóa theo cơ số e hai vế của các bất đẳng thức trên ta cũng có
Các bất đẳng thức trên phát biểu tường minh như sau Giả sử 0 < a 1 và [a, b] ⊂ [0, ∞) Khi đó, ta có bất đẳng thức
Chứng minh Theo Định lý 2.3.5 ta có áp dụng cho hàm lồi f (x) = x p , x >
Z a x (p−1)q dx = b pq−q+1 − a pq−q+1 pq − q + 1 = b p+1 − a p+1 p + 1 = L p p (a, b)(b − a) Theo bất đẳng thức Hermite-Hadamard
1 (b − a) 1 q L p (a, b) p q luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Bất đẳng thức (3.13) được chứng minh.
Mệnh đề 3.2.2 [ 8 ] Giả sử p > 1 và 0 < a < b Khi đó, ta có bất đẳng thức
Chứng minh Theo Định lý 2.3.5 ta có áp dụng cho hàm lồi f (x) = 1 x , x >
1−p (a, b) i p−1 p , và mệnh đề được chứng minh.
Mệnh đề tiếp theo là bất đẳng thức chứa trung bình đồng nhất. luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Mệnh đề 3.2.3 [ 8 ] Giả sử p > 1, q = p p − 1 và 0 < a < b Khi đó, ta có bất đẳng thức
Chứng minh Theo Định lý 2.3.5 ta có áp dụng cho hàm lồi f (x) =
L −1 −q (a, b) i , ta nhận được bất đẳng thức (3.15).
Tiếp theo, chúng tôi sẽ trình bày một số áp dụng từ bất đẳng thức trong Định lý 2.3.7.
Mệnh đề 3.2.4 Giả sử p > 1 và 0 ≤ a < b Khi đó, ta có bất đẳng thức
Chứng minh Nếu ta chọn trong Định lý 2.3.7, hàm lồi f (x) = x p , p > 1, ta có pa p−1 ≤ f 0 (x) ≤ pb p−1 , ∀x ∈ [a, b] Áp dụng bất đẳng thức (2.22) ta nhận được
Z x p dx = A(a p , b p ) − L p p (a, b) luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
4 (b − a) 2 L p−2 p−2 (a, b), và mệnh đề được chứng minh.
Với trung bình logarit, chúng ta có kết quả sau.
Mệnh đề 3.2.5 [ 8 ] Giả sử 0 < a < b Khi đó, ta có bất đẳng thức
Chứng minh Thực vậy, nếu ta chọn trong Định lý 2.3.7, hàm lồi f (x) = 1 x , x > 0, khi đó
4a 2 b 2 Áp dụng bất đẳng thức (2.22) ta được
4a 2 b 2 Mệnh đề được chứng minh.
Với trung bình đồng nhất ta có mệnh đề sau.
Mệnh đề 3.2.6 Giả sử 0 < a < b, ta có bất đẳng thức
(3.18) luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Chứng minh Nếu ta chọn trong Định lý 2.3.7, hàm lồi f (x) := − ln x, x >
4ab Bất đẳng thức tương đương
Mũ hóa theo cơ số e hai vế ta được
Bây giờ, nếu sử dụng Định lý 2.3.11, ta có các bất đẳng thức sau:
Tải luận văn tốt nghiệp và luận văn thạc sĩ mới nhất qua email luanvanfull@gmail.com Trong đó, với p > 1 và q được định nghĩa là p/(p - 1), chúng ta có thể áp dụng Định lý 2.3.13 để có được các bất đẳng thức liên quan.
Nhận xét 3.2.7 Từ các bất đẳng thức
Bằng cách thay trực tiếp các đại lượng trung bình, ta có phát biểu như sau
Giả sử 0 < a < b và p > 1 Khi đó ta có
Dựa trên các bất đẳng thức đã được chứng minh, chúng ta có thể áp dụng phương pháp tương tự để phát triển những bất đẳng thức mới.
Áp dụng bất đẳng thức Hermite-Hadamard trong toán sơ cấp 63 Kết luận
Trong những năm gần đây, độ khó của các bài toán sơ cấp liên quan đến bất đẳng thức ngày càng gia tăng Đặc biệt, trong chương trình toán phổ thông, các bất đẳng thức kép với biểu thức tích phân thường xuất hiện trong các kỳ thi học sinh giỏi và olympic Phương pháp chứng minh cho những bài toán này thường phức tạp và thiếu phương pháp giải chung.
Trong phần tiếp theo, chúng tôi sẽ trình bày một số bài toán chứng minh các bất đẳng thức kép biến đổi liên quan đến tích phân Những bài toán này được xây dựng dựa trên các hàm lồi cơ bản và áp dụng bất đẳng thức Hermite-Hadamard Dưới đây là chi tiết chứng minh cho các bài toán cơ cấp mà chúng tôi đã đề xuất và tham khảo từ một số tài liệu.
Bài toán 3.3.1 [ 7 ] Cho 0 < x < +∞ Chứng minh rằng x − x 2
Chứng minh Xét hàm số f (t) = 1
Suy ra f (t) là hàm lồi với mọi t ∈ (−1, +∞).
2(1 + a)(1 + b) luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Vì f lồi trên (−1, +∞) nên f cũng lồi trên [a, b] ⊂ (−1, +∞) Áp dụng bất đẳng thức Hermite-Hadamard cho hàm lồi f , ta được
2(1 + x) Biến đổi tương đương ta có bất đẳng thức x − x 2
Bài toán 3.3.2 [ 7 ] Cho x 6= y, x, y ∈ (0, +∞) Chứng minh rằng
2 Chứng minh Xét hàm số f (x) = e t , ∀t ∈ R Ta có f 0 (x) = e t , f 00 (x) = e t > 0, ∀t ∈ R
Suy ra f (t) là hàm lồi với mọi t ∈ R Với a 6= b, a, b ∈ R , ta có f a + b 2
Vì hàm f lồi trên R nên f cũng lồi trên [a, b] ⊂ R Áp dụng bất đẳng thức Hermite-Hadamard cho hàm lồi f (t) , ta được bất đẳng thức e a+b 2 ≤ e b − e a b − a ≤ e a + e b
2 , a 6= b, a, b ∈ R luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Nếu chọn a = ln x, b = ln y, (x 6= y, x, y > 0), ta có e ln x+ln 2 y ≤ e ln y − e ln x ln y − ln x ≤ e ln x + e ln y
Biến đổi tương đương ta có bất đẳng thức
Bài toán 3.3.3 Cho a 6= b, a, b ∈ [π, 2π] Chứng minh rằng sin a + b 2
Chứng minh Xét hàm số f (x) = sin x, x ∈ [π, 2π] Ta có f 0 (x) = cos x, f 00 (x) = − sin x ≥ 0, x ∈ [π, 2π].
Suy ra f (x) là hàm lồi với mọi x ∈ [π, 2π].
Vì f là hàm lồi trên [π, 2π] nên f cũng lồi trên [a, b] ⊆ [π, 2π] Áp dụng bất đẳng thức Hermite-Hadamard cho hàm lồi f (x) , ta được bât đẳng thức sin a + b 2
Bài toán 3.3.4 Cho a, b ∈ R Chứng minh rằng
(a 4 + b 4 )(b − a). luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Chứng minh Chúng ta xét hai trường hợp sau đây Trường hợp: a = b = 0, bất đẳng thức đã cho hiển nhiên đúng.
Trường hợp: a 6= b, a, b ∈ R Xét hàm số f (x) = x 4 với mọi x ∈ R Khi đó f 0 (x) = 4x 3 , f 00 (x) = 12x 2 ≥ 0, ∀x ∈ R
Suy ra f (x) là hàm lồi với mọi x ∈ R Với a 6= b, a, b ∈ R , ta có f a + b 2
Vì f là hàm lồi trên R nên f cũng lồi trên [a, b] ⊂ R Áp dụng bất đẳng thức Hermite-Hadamard, ta được a + b 2
Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
Bài toán 3.3.5 Cho 0 < a < b < +∞, q > 1 Chứng minh rằng q a+b 2 ≤ 1 b − a q b−a ln q ≤ q a + q b
2 Chứng minh Xét hàm số f (x) = q x , q > 1, x ∈ R Khi đó f 0 (x) = q x ln q, f 00 (x) = q x (ln q) 2 > 0, ∀x ∈ R luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Suy ra f (x) là hàm lồi với mọi x ∈ R Với 0 < a < b < +∞, ta có f a + b 2
Vì f là hàm lồi trên R nên f cũng lồi trên [a, b] ⊂ R Áp dụng bất đẳng thức Hermite-Hadamard, ta nhận được q a+b 2 ≤ 1 b − a q b−a ln q ≤ q a + q b
Bài toán 3.3.6 Cho 0 < a < b < +∞ Chứng minh rằng
Chứng minh Xét hàm số f (x) = 2xe x 2 với mọi x ∈ (0, +∞).
Suy ra f (x) là hàm lồi với mọi x ∈ (0, +∞) Với 0 < a < b < +∞, ta có f a + b 2
2 = ae a 2 + be b 2 luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Vì f là hàm lồi trên (0, +∞) nên f cũng lồi trên [a, b] ⊂ (0, +∞) Áp dụng bất đẳng thức Hermite-Hadamard, ta được
Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
Bài toán 3.3.7 Cho 3 < x < +∞ Chứng minh rằng
Chứng minh Xét hàm số f (t) = − √ t − 1, ∀t ∈ [3, x] Khi đó f 0 (t) = −1
Suy ra f (t) là hàm lồi trên [3, x].
√ t − 1dt. Áp dụng bất đẳng thức Hermite-Hadamard ta được
√ 2 + √ x − 1 2 luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Bất đẳng thức (3.19) được chứng minh.
Bài toán 3.3.8 Cho 0 < a < b < +∞ Chứng minh rằng ln ab
Chứng minh Xét hàm số f (x) = − ln x với mọi x ∈ (0, +∞).
Vì f 00 (x) = 1 x 2 > 0 với mọi x ∈ (0, +∞) nên f (x) là hàm lồi trên (0, +∞) Với 0 < a < b < +∞, ta có f a + b 2
Vì f là hàm lồi trên (0, +∞) nên f cũng lồi trên [a, b] ⊂ (0, +∞) Áp dụng bất đẳng thức Hermite-Hadamard ta được
Z ln xdx ≤ ln a + b 2 luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
Bài toán 3.3.9 Cho 3 < x < +∞ Chứng minh rằng log(2(x − 1)) ≤ 2 x − 3 x
(3.20) Chứng minh Xét hàm số f (t) = − log(t − 1), ∀t ∈ [3, x] Khi đó f 0 (t) = −1 ln 10(t − 1) , f 00 (t) = 1 ln 10(t − 1) 2 > 0, ∀t ∈ [3, x].
Suy ra f (t) là hàm lồi trên [3, x].
3 log(t − 1)dt. Áp dụng bất đẳng thức Hermite-Hadamard ta được
3 log(t − 1)dt ≤ 2 log x + 1 2 luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Bất đẳng thức (3.20) được chứng minh.
Bài toán 3.3.10 [ 8 ] Cho 0< p,q, f là hàm lồi trên [a, b] , v = pa + qb p + q và
0 ≤ y ≤ b − a p + q min(p, q), ∀t ∈ [v − y, v + y] Chứng minh rằng f pa + qb p + q
Chứng minh Vì 0 ≤ y ≤ b − a p + q min(p, q) và ta có hai trường hợp
Theo giả thiết v = pa + qb p + q Với 0 < p ≤ q, ta có v − y ≥ pa + qb p + q − b − a p + q p ≥ pa + qb p + q − b − a p + q q = a(p + q) p + q = a, v + y ≤ pa + qb p + q + b − a p + q p = b(p + q) p + q = b.
Với 0 < q < p. v − y ≥ pa + qb p + q − b − a p + q q = a(p + q ) p + q = a, v + y ≤ pa + qb p + q + b − a p + q q < pa + qb p + q + b − a p + q p = b(p + q) p + q = b.
Nên a ≤ v − y < v + y ≤ b. luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Vì f là hàm lồi trên [a, b] nên f cũng lồi trên [v − y, v + y] ⊂ [a, b] Áp dụng bất đẳng thức Hermite-Hadamard cho hàm lồi f trên [v − y, v + y], ta được f (v) ≤ 1
(3.22) Theo giả thiết f là hàm lồi trên [a, b] nên với các điểm a ≤ x 1 < x 2 < x 3 ≤ b.
Theo Tính chất 1.2.6, ta có f (x 2 ) ≤ x 3 − x 2 x 3 − x 1 f (x 1 ) + x 2 − x 2 x 3 − x 1 f (x 3 ).
Chọn x 1 = a, x 2 = v − y, x 3 = b ta được f (v − y) ≤ b − (v − y) b − a f (a) + v − y − a b − a f (b) (3.23) Chọn x 1 = a, x 2 = v + y, x 3 = b ta được f (v + y) ≤ b − (v + y) b − a f (a) + v + y − a b − a f (b) (3.24) Cộng vế theo vế (3.23) và (3.24) ta thu được f (v − y) + f (v + y)
Mà v = pa + qb p + q luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
= pf (a) + qf (b) p + q (3.25) Kết hợp (3.22) và (3.6) ta được f (v) ≤ 1
Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
Nhận xét 3.3.11 Nếu trong bất đẳng thức (3.21), ta chọn p = q = 1, y = b − a
2 , thì ta được bất đẳng thức Hermite-Hadamard f a + b 2
Trong Chương 3, chúng tôi đã trình bày ứng dụng của bất đẳng thức Hermite-Hadamard cơ bản và mở rộng của bất đẳng thức kép này.
Bằng cách sử dụng các đại lượng trung bình như trung bình cộng, trung bình nhân và trung bình điều hòa, chúng tôi đã phát triển các bất đẳng thức mới liên quan đến đại lượng trung bình thông qua việc chọn hàm phù hợp và áp dụng các bất đẳng thức mở rộng đã được chứng minh Cuối chương, chúng tôi áp dụng bất đẳng thức Hermite-Hadamard vào các hàm sơ cấp để giải quyết các bài toán phổ thông.
Trong luận văn này, chúng tôi đã trình bày các định lý và hệ quả của các bất đẳng thức quan trọng, bao gồm bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân (AM-GM), bất đẳng thức Hölder, Cauchy-Schwarz, Minkowski, Jensen, và bất đẳng thức Grüss về tích phân Bên cạnh đó, chúng tôi cũng đề cập đến một số kết quả cơ bản về hàm lồi và các tính chất của chúng.
Bài viết trình bày chi tiết cách chứng minh bất đẳng thức Hermite-Hadamard cơ bản, cùng với các hệ quả của bất đẳng thức này Ngoài ra, bài viết cũng đề cập đến một số mở rộng của bất đẳng thức và bất đẳng thức dạng Hermite-Hadamard cho hàm lồi khả vi bậc nhất.
Bài viết này trình bày việc áp dụng bất đẳng thức Hermite-Hadamard cơ bản và dạng mở rộng của nó vào các trung bình Cuối chương, nhờ vào việc áp dụng bất đẳng thức Hermite-Hadamard vào các hàm sơ cấp, chúng tôi đã phát triển các bất đẳng thức kép mới thú vị và thực hiện giải chi tiết cho các bất đẳng thức này.